- Các Dạng Bài Tập Về Nguyên Hàm Giải Chi Tiết
- Các Dạng Bài Tập Trắc Nghiệm Về Nguyên Hàm Giải Chi Tiết
- Các Dạng Trắc Nghiệm Đúng Sai Về Nguyên Hàm Giải Chi Tiết
- Các Dạng Bài Tập Trả Lời Ngắn Về Nguyên Hàm Giải Chi Tiết
- Các Dạng Trắc Nghiệm Nguyên Hàm Thỏa Điều Kiện Cho Trước Giải Chi Tiết
- Các Dạng Câu Hỏi Trả Lời Ngắn Nguyên Hàm Thỏa Điều Kiện Giải Chi Tiết
- Các Dạng Bài Tập Ứng Dụng Thực Tế Của Nguyên Hàm Giải Chi Tiết
- Các Dạng Bài Tập Về Tích Phân Năm Học 2024-2025 Có Lời Giải Chi Tiết
- Các Dạng Bài Tập Trắc Nghiệm Tích Phân Có Điều Kiện Giải Chi Tiết
- Các Dạng Toán Trắc Nghiệm Tích Phân Có Lời Giải Chi Tiết
- Các Dạng Bài Tập Trắc Nghiệm Đúng Sai Tích Phân Có Lời Giải Chi Tiết
- Các Dạng Bài Tập Ứng Dụng Tích Phân Trong Thực Tiễn Giải Chi Tiết
- Các Dạng Bài Tập Tích Phân Hàm Ẩn Có Lời Giải Chi Tiết
- Các Dạng Trắc Nghiệm Ứng Dụng Tích Phân Để Tính Diện Tích Hình Phẳng
Các dạng bài tập tích phân hàm ẩn có lời giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 3 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
CÁC DẠNG BÀI TẬP TÍCH PHÂN HÀM ẨN
Chú ý: Các công thức đạo hàm của hàm hợp cần nhớ
• $\int {f'(x)dx} = f(x) + C$
• ${\left[ {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right]^\prime } = f’\left( x \right).g\left( x \right) + f\left( x \right).g’\left( x \right)$
• ${\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}} \right]^\prime } = \frac{{f’\left( x \right).g\left( x \right) – f\left( x \right).g’\left( x \right)}}{{{g^2}\left( x \right)}}$
• ${\left[ {\ln \left( {f\left( x \right)} \right)} \right]^\prime } = \frac{{f’\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}$
• ${\left[ {\frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right]^\prime } = – \frac{{f’\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}$
• ${\left[ {\frac{1}{{\left( {n – 1} \right){{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{n – 1}}}}} \right]^\prime } = – \frac{{f’\left( x \right)}}{{{f^n}\left( x \right)}}$
• ${\left[ {f{{\left( x \right)}^n}} \right]^\prime } = n.f’\left( x \right).f\left( x \right)$
• ${\left[ {2\sqrt {f\left( x \right)} } \right]^\prime } = \frac{{f’\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}$
DẠNG 1:
1. Điều kiện hàm ẩn có dạng: $\left[ \begin{gathered}
f’\left( x \right) = g\left( x \right).h\left[ {f\left( x \right)} \right] \hfill \\
f’\left( x \right).h\left[ {f\left( x \right)} \right] = g\left( x \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Phương pháp giải:
• $\frac{{f’\left( x \right)}}{{h\left[ {f\left( x \right)} \right]}} = g\left( x \right) \Leftrightarrow \int {\frac{{f’\left( x \right)}}{{h\left[ {f\left( x \right)} \right]}}.dx = \int {g\left( x \right).dx} } $
$ \Leftrightarrow \int {\frac{{d\left[ {f\left( x \right)} \right]}}{{h\left[ {f\left( x \right)} \right]}} = \int {g\left( x \right).dx} } $
• $f’\left( x \right).h\left[ {f\left( x \right)} \right] = g\left( x \right)$$ \Leftrightarrow \int {f’\left( x \right).h\left[ {f\left( x \right)} \right]} .dx = \int {g\left( x \right)} .dx$
$ \Leftrightarrow \int {h\left[ {f\left( x \right)} \right]} .d\left[ {f’\left( x \right)} \right] = \int {g\left( x \right)} $
Chú ý: Ngoài việc nghuyên hàm hai vế, ta có thể lấy tích phân hai vế (tùy câu hỏi của bài toán)
2. Điều kiện hàm ẩn có dạng: $\left[ \begin{gathered}
f'(x) + p(x) \cdot f(x) = 0 \hfill \\
f'(x) + p(x) \cdot {[f(x)]^n} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Phương pháp giải:
•$f'(x) + p(x) \cdot f(x) = 0$
Chia hai vế với $f(x)$ ta đựơc $\frac{{f'(x)}}{{f(x)}} + p(x) = 0$$ \Leftrightarrow \frac{{f'(x)}}{{f(x)}} = – p(x)$
Suy ra $\int {\frac{{f'(x)}}{{f(x)}}} dx = – \int p (x)dx$$ \Leftrightarrow \ln |f(x)| = – \int p (x)dx$
Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$
• $f'(x) + p(x) \cdot {\left[ {f(x)} \right]^n} = 0$
Chia hai vế với ${\left[ {f(x)} \right]^n}$ ta được $\frac{{f'(x)}}{{{{\left[ {f(x)} \right]}^n}}} + p(x) = 0$$ \Leftrightarrow \frac{{f'(x)}}{{{{\left[ {f(x)} \right]}^n}}} = – p(x)$
Suy ra $\int {\frac{{f'(x)}}{{{{\left[ {f(x)} \right]}^n}}}} dx = – \int p (x)dx$$ \Leftrightarrow \frac{{{{\left[ {f(x)} \right]}^{ – n + 1}}}}{{ – n + 1}} = – \int p (x)dx$
3. Điều kiện hàm ẩn có dạng: $u(x)f'(x) + u'(x)f(x) = h(x)$
Phương pháp giải:
Dễ dàng thấy rằng $u(x)f'(x) + u'(x)f(x) = [u(x)f(x)]’$
Do dó $u(x)f'(x) + u'(x)f(x) = h(x)$$ \Leftrightarrow [u(x)f(x)]’ = h(x)$
Suy ra $u(x)f(x) = \int h (x)dx$
Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$
Ví dụ 1. Cho hàm số $f\left( x \right) > 0,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]$ và có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $f’\left( x \right) = 3{x^2}{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2},\forall x \in \mathbb{R}$ và $f\left( 0 \right) = \frac{1}{2}$. Tính giá trị của tích phân $\int\limits_0^1 {\left( { – {x^3} + 2} \right)f\left( x \right)} dx$.
Lời giải
$f’\left( x \right) = 3{x^2}{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2},\forall x \in \mathbb{R}$$ \Rightarrow \frac{{ – f’\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = – 3{x^2},\forall x \in \mathbb{R}$
$ \Rightarrow {\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right)^\prime } = – 3{x^2},\forall x \in \mathbb{R}$
Suy ra, $\frac{1}{{f\left( x \right)}} = \int { – 3{x^2}} dx = – {x^3} + C$$ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{{ – {x^3} + C}}$.
Do $f\left( 0 \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{C} = \frac{1}{2} \Rightarrow C = 2$.
Suy ra, $f\left( x \right) = \frac{1}{{ – {x^3} + 2}}$.
Vậy $\int\limits_0^1 {\left( { – {x^3} + 2} \right)f\left( x \right)} dx$$ = \int\limits_0^1 {\left( { – {x^3} + 2} \right)\left( {\frac{1}{{ – {x^3} + 2}}} \right)} dx = \int\limits_0^1 1 dx = \left. x \right|_0^1 = 1$
Ví dụ 2. Cho hàm số $f\left( x \right)$ nhận giá trị không âm và có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $f’\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right){\left[ {f\left( x \right)} \right]^2},\forall x \in \mathbb{R}$ và $f\left( 0 \right) = – 1$. Tính giá trị của tích phân $\int\limits_0^1 {\left( {{x^3} – 1} \right)f\left( x \right)} dx$.
Lời giải
$f’\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right){\left[ {f\left( x \right)} \right]^2},\forall x \in \mathbb{R}$
$ \Rightarrow \frac{{ – f’\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = – \left( {2x + 1} \right),\forall x \in \mathbb{R}$
$ \Rightarrow {\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right)^\prime } = – \left( {2x + 1} \right),\forall x \in \mathbb{R}$
Vậy $\frac{1}{{f\left( x \right)}} = – \int {\left( {2x + 1} \right)} dx = – {x^2} – x + C$
$ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{{ – {x^2} – x + C}}$.
Do $f\left( 0 \right) = – 1 \Rightarrow C = – 1$.
Vậy $f\left( x \right) = – \frac{1}{{{x^2} + x + 1}}$.
$\int\limits_0^1 {\left( {{x^3} – 1} \right)f\left( x \right)} dx = – \int\limits_0^1 {\left( {{x^3} – 1} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2} + x + 1}}} \right)} dx$
$ = \int\limits_0^1 {\left( {1 – x} \right)} dx = \left. {\left( {x – \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{2}$
Ví dụ 3. Cho hàm số $f\left( x \right) \ne 0$, liên tục trên đoạn $\left[ {1;2} \right]$ và thỏa mãn $f(1) = \frac{1}{3}$; ${x^2}.f'(x) = {f^2}(x)$ với $\forall x \in \left[ {1;2} \right]$. Tính tích phân $I = \int\limits_1^2 {{{\left( {2x + 1} \right)}^2}f(x)} dx$
Lời giải
Ta có
${x^2}.f'(x) = {f^2}(x)$$ \Rightarrow \frac{{f'(x)}}{{{f^2}(x)}} = \frac{1}{{{x^2}}}$
$ \Rightarrow {\left( { – \frac{1}{{f(x)}}} \right)^\prime } = \frac{1}{{{x^2}}}$$ \Rightarrow – \frac{1}{{f(x)}} = \int {\frac{1}{{{x^2}}}} dx$
$ \Rightarrow \frac{1}{{f(x)}} = – \int {\frac{1}{{{x^2}}}} dx$$ \Rightarrow \frac{1}{{f(x)}} = \frac{1}{x} + C$
Mà $f(1) = \frac{1}{3}$$ \Rightarrow 3 = 1 + C \Rightarrow C = 2$
$ \Rightarrow \frac{1}{{f(x)}} = \frac{1}{x} + 2$$ \Rightarrow f(x) = \frac{x}{{2x + 1}}$
Do đó: $I = \int\limits_1^2 {{{\left( {2x + 1} \right)}^2}f(x)} dx$$ = \int\limits_1^2 {{{\left( {2x + 1} \right)}^2}\frac{x}{{2x + 1}}} dx$$ = \int\limits_1^2 {\left( {2{x^2} + x} \right)} dx = \frac{{37}}{6}$
Ví dụ 4. Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $3f’\left( x \right).{e^{{f^3}\left( x \right)}} – \frac{{2x}}{{{f^2}\left( x \right)}} = 0$ với $\forall x \in \mathbb{R}$. Biết $f\left( 1 \right) = 0$, tính tích phân $I = \int\limits_0^{2025} {\frac{1}{{\sqrt[3]{{2\ln x}}}}.f\left( x \right)dx} $.
Lời giải
Ta có
$3f’\left( x \right).{e^{{f^3}\left( x \right)}} – \frac{{2x}}{{{f^2}\left( x \right)}} = 0$$ \Leftrightarrow $$3{f^2}\left( x \right).f’\left( x \right).{e^{{f^3}\left( x \right)}} = 2x$
$ \Rightarrow {\left( {{e^{{f^3}\left( x \right)}}} \right)’} = 2x$$ \Rightarrow {e^{{f^3}\left( x \right)}} = \int {2x} dx$
$ \Rightarrow {e^{{f^3}\left( x \right)}} = {x^2} + C$
Mặt khác $f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow {e^{{f^3}\left( 1 \right)}} = 1 + C \Rightarrow C = 0$
$ \Rightarrow {e^{{f^3}\left( x \right)}} = {x^2} \Rightarrow {f^3}\left( x \right) = \ln {x^2} \Rightarrow f\left( x \right) = \sqrt[3]{{2\ln x}}$
Vậy $I = \int\limits_0^{2025} {\frac{1}{{\sqrt[3]{{2\ln x}}}}.f\left( x \right)dx} $$ = \int\limits_0^{2025} {\frac{1}{{\sqrt[3]{{2\ln x}}}}.\sqrt[3]{{2\ln x}}dx} $$ = \int\limits_0^{2025} {dx} = 2025$
Ví dụ 5. Cho hàm số $f(x)$ đồng biến, có đạo hàm trên đoạn $\left[ {1;4} \right]$ và thoả mãn $x + 2x.f(x) = {\left[ {f'(x)} \right]^2}$ với $\forall x \in \left[ {1;4} \right]$. Biết $f(1) = \frac{3}{2}$ , tính $I = \int\limits_1^4 {f(x)} dx$
Lời giải
Do $f(x)$ đồng biến trên đoạn $\left[ {1;4} \right]$$ \Rightarrow f'(x) \geqslant 0,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$
Ta có $x + 2x.f(x) = {\left[ {f'(x)} \right]^2} \Leftrightarrow x\left( {1 + 2.f(x)} \right) = {\left[ {f'(x)} \right]^2}$, do $x \in \left[ {1;4} \right]$ và $f'(x) \geqslant 0,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$
$ \Rightarrow f(x) > \frac{{ – 1}}{2}$ và $f'(x) = \sqrt x .\sqrt {1 + 2f(x)} $
$ \Leftrightarrow \frac{{f'(x)}}{{\sqrt {1 + 2f(x)} }} = \sqrt x $$ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {1 + 2f(x)} } \right)^\prime } = \sqrt x $
$ \Rightarrow \sqrt {1 + 2f(x)} = \int {\sqrt x } dx$$ \Leftrightarrow \sqrt {1 + 2f(x)} = \frac{2}{3}x\sqrt x + c$.
Vì $f(1) = \frac{3}{2} \Rightarrow \sqrt {1 + 2.\frac{3}{2}} = \frac{2}{3} + C \Leftrightarrow C = \frac{4}{3}$
$ \Rightarrow \sqrt {1 + 2f(x)} = \frac{2}{3}x\sqrt x + \frac{4}{3}$
$ \Leftrightarrow 1 + 2f(x) = {\left( {\frac{2}{3}x\sqrt x + \frac{4}{3}} \right)^2}$
$ \Leftrightarrow f(x) = \frac{2}{9}{x^3} + \frac{8}{9}{x^{\frac{3}{2}}} + \frac{7}{{18}}$
Khi đó $I = \int\limits_1^4 {f(x)} dx = \int\limits_1^4 {\left( {\frac{2}{9}{x^3} + \frac{8}{9}{x^{\frac{3}{2}}} + \frac{7}{{18}}} \right)} dx = \left. {\left( {\frac{1}{{18}}{x^4} + \frac{{16}}{{45}}{x^{\frac{5}{2}}} + \frac{7}{{18}}x} \right)} \right|_1^4 = \frac{{1186}}{{45}}$
Ví dụ 6. Cho hàm số $f\left( x \right)$ nhận giá trị dương và thỏa mãn $f\left( 0 \right) = 1$, ${\left( {f’\left( x \right)} \right)^3} = {e^x}{\left( {f\left( x \right)} \right)^2},\,\forall x \in \mathbb{R}$. Tính $I = \int\limits_1^2 {f(x)dx} $
Lời giải
Ta có: ${\left( {f’\left( x \right)} \right)^3} = {e^x}{\left( {f\left( x \right)} \right)^2},\,\forall x \in \mathbb{R}$
$ \Leftrightarrow f’\left( x \right) = \sqrt[3]{{{e^x}}}.\sqrt[3]{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}}}$$ \Leftrightarrow \frac{{f’\left( x \right)}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}}}}} = \sqrt[3]{{{e^x}}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{f’\left( x \right)}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}}}}} = \sqrt[3]{{{e^x}}}$$ \Leftrightarrow f’\left( x \right).{\left( {f\left( x \right)} \right)^{ – \frac{2}{3}}} = \sqrt[3]{{{e^x}}}$
$ \Leftrightarrow 3{\left[ {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^{\frac{1}{3}}}} \right]’} = \sqrt[3]{{{e^x}}}$$ \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^{\frac{1}{3}}}} \right]’} = \frac{1}{3}\sqrt[3]{{{e^x}}}$
$ \Leftrightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^{\frac{1}{3}}} = \frac{1}{3}\int {\sqrt[3]{{{e^x}}}} dx$$ \Leftrightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^{\frac{1}{3}}} = {e^{\frac{x}{3}}} + C$
$f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow 1 = 1 + C \Rightarrow C = 0$
$ \Rightarrow {\left( {f\left( x \right)} \right)^{\frac{1}{3}}} = {e^{\frac{x}{3}}}$$ \Rightarrow f\left( x \right) = {e^x}$
Do đó: $I = \int\limits_1^2 {{e^x}dx} = {e^2} – e$
Ví dụ 7. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn điều kiện ${x^6}{\left[ {f’\left( x \right)} \right]^3} + 27{\left[ {f\left( x \right) – 1} \right]^4} = 0\,,\,\forall x \in \mathbb{R}$ và $f\left( 1 \right) = 0$. Tính $I = \int\limits_2^3 {f(x)dx} $
Lời giải
Ta có
${x^6}{\left[ {f’\left( x \right)} \right]^3} + 27{\left[ {f\left( x \right) – 1} \right]^4} = 0\,$
$ \Leftrightarrow {x^6}{\left[ {f’\left( x \right)} \right]^3} = – 27{\left[ {f\left( x \right) – 1} \right]^4}$
$ \Leftrightarrow \frac{{{{\left[ {f’\left( x \right)} \right]}^3}}}{{{{\left[ {f\left( x \right) – 1} \right]}^4}}} = – \frac{{27}}{{{x^6}}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{{{\left[ {f’\left( x \right)} \right]}^3}}}{{{{\left[ {f\left( x \right) – 1} \right]}^3}\left[ {f\left( x \right) – 1} \right]}} = – \frac{{27}}{{{x^6}}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{f’\left( x \right)}}{{\left( {f\left( x \right) – 1} \right)\sqrt[3]{{f\left( x \right) – 1}}}} = – \frac{3}{{{x^2}}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{f’\left( x \right)}}{{ – 3\left( {f\left( x \right) – 1} \right)\sqrt[3]{{f\left( x \right) – 1}}}} = \frac{1}{{{x^2}}}$
$ \Leftrightarrow {\left[ {\frac{1}{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) – 1}}}}} \right]^\prime } = \frac{1}{{{x^2}}}$
Do đó $\int {{{\left[ {\frac{1}{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) – 1}}}}} \right]}^\prime }} dx = \int {\frac{1}{{{x^2}}}dx} = – \frac{1}{x} + C.$
Suy ra $\frac{1}{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) – 1}}}} = – \frac{1}{x} + C$.
Có $f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow C = 0$.
Do đó $f\left( x \right) = 1 – {x^3}$.
Khi đó $I = \int\limits_2^3 {f(x)dx} = \int\limits_2^3 {(1 – {x^3})dx} = – \frac{{61}}{4}$
Ví dụ 8. Cho hàm số $f(x) > 0$ và thỏa mãn ${(f'(x))^2} + f(x).f”(x) = {e^x},\quad \forall x \in R$ và $f(0) = f'(0) = 1$. Tính $I = \int\limits_1^2 {f(x)dx} $.
Lời giải
Ta có ${(f'(x))^2} + f(x).f”(x) = {e^x}$
$ \Leftrightarrow (f(x).f'(x))’ = {e^x}$$ \Rightarrow f(x).f'(x) = \int {{e^x}} dx$
$ \Rightarrow f(x).f'(x) = {e^x} + C$
Từ $f(0) = f'(0) = 1$. Suy ra $C = 0$.
Vậy $f(x).f'(x) = {e^x}$
Tiếp đến có:
$2f(x).f'(x) = {e^x}$$ \Leftrightarrow ({f^2}(x))’ = {e^x}$
$ \Rightarrow {f^2}(x) = \int {{e^x}} dx$$ \Rightarrow {f^2}(x) = {e^x} + C$
Từ $f(0) = 1$. Suy ra $C = 0$.
Vậy ${f^2}(x) = {e^x} \Rightarrow f(x) = \sqrt {{e^x}} $ ( do $f(x) > 0$)
$I = \int\limits_1^2 {f(x)dx} = \int\limits_1^2 {\sqrt {{e^x}} dx} = \int\limits_1^2 {{e^{\frac{x}{2}}}dx} = \left. {2{e^{\frac{x}{2}}}} \right|_1^2 = 2e – 2\sqrt e $
Ví dụ 9. Cho hàm số $f\left( x \right)$ thỏa mãn ${\left[ {f’\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right).f”\left( x \right) = 2x$, $\forall x \in \mathbb{R}$ và $f\left( 0 \right) = f’\left( 0 \right) = 2$. Tính $I = \int\limits_1^2 {{f^2}(x)dx} $.
Lời giải
Ta có ${\left[ {f\left( x \right)f’\left( x \right)} \right]^\prime } = {\left[ {f’\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right)f”\left( x \right)$.
Do đó theo giả thiết ta được ${\left[ {f\left( x \right)f’\left( x \right)} \right]^\prime } = 2x$.
Suy ra $f\left( x \right)f’\left( x \right) = {x^2} + C$.
Hơn nữa $f\left( 0 \right) = f’\left( 0 \right) = 2$ suy ra $C = 1$.
$ \Rightarrow f\left( x \right)f’\left( x \right) = {x^2} + 1$
Tương tự vì ${\left[ {{f^2}\left( x \right)} \right]^\prime } = 2f\left( x \right)f’\left( x \right)$ nên ${\left[ {{f^2}\left( x \right)} \right]^\prime } = 2\left( {{x^2} + 1} \right)$.
Suy ra ${f^2}\left( x \right) = \int {2\left( {{x^2} + 1} \right)dx} $
$ \Rightarrow {f^2}\left( x \right) = \frac{2}{3}{x^3} + 2x + C$
vì $f\left( 0 \right) = 2$ suy ra $C = 2$
$ \Rightarrow {f^2}\left( x \right) = \frac{2}{3}{x^3} + 2x + 2$.
$I = \int\limits_1^2 {{f^2}(x)dx} = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{2}{3}{x^3} + 2x + 2} \right)dx} = \frac{{15}}{2}$
Ví dụ 10. Cho hàm số $f\left( x \right)$ thỏa mãn: ${\left( {f’\left( x \right)} \right)^2} + f\left( x \right).f”\left( x \right) = 15{x^4} + 12x$, $\forall x \in \mathbb{R}$ và $f\left( 0 \right) = f’\left( 0 \right) = 1$. Tính giá trị của ${f^2}\left( 1 \right)$.
Lời giải
Theo giả thiết, $\forall x \in \mathbb{R}$: ${\left( {f’\left( x \right)} \right)^2} + f\left( x \right).f”\left( x \right) = 15{x^4} + 12x$
$ \Leftrightarrow f’\left( x \right).f’\left( x \right) + f\left( x \right).f”\left( x \right) = 15{x^4} + 12x$
$ \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right).f’\left( x \right)} \right]^\prime } = 15{x^4} + 12x$
$ \Leftrightarrow f\left( x \right).f’\left( x \right) = \int {\left( {15{x^4} + 12x} \right)dx} = 3{x^5} + 6{x^2} + C$ $\left( 1 \right)$.
Thay $x = 0$ vào $\left( 1 \right)$, ta được: $f\left( 0 \right).f’\left( 0 \right) = C \Leftrightarrow C = 1$.
Khi đó, $\left( 1 \right)$ trở thành: $f\left( x \right).f’\left( x \right) = 3{x^5} + 6{x^2} + 1$
$\begin{gathered}
\Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right).f’\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {3{x^5} + 6{x^2} + 1} \right)dx} \hfill \\
\Leftrightarrow \left. {\left[ {\frac{1}{2}{f^2}\left( x \right)} \right]} \right|_0^1 = \left. {\left( {\frac{1}{2}{x^6} + 2{x^3} + x} \right)} \right|_0^1 \hfill \\
\end{gathered} $
$ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left[ {{f^2}\left( 1 \right) – {f^2}\left( 0 \right)} \right] = \frac{7}{2} \Leftrightarrow {f^2}\left( 1 \right) – 1 = 7 \Leftrightarrow {f^2}\left( 1 \right) = 8$.
Vậy ${f^2}\left( 1 \right) = 8$.
Ví dụ 11. Cho hàm số $y = f(x)$ thỏa mãn ${\left[ {{f’}(x)} \right]^2} + f(x).{f”}(x) = {x^3} – 2x,\,\forall x \in R$ và $f(0) = {f’}(0) = 2$. Tính giá trị của $T = {f^2}(2)$
Lời giải
Ta có: ${\left[ {{f’}(x)} \right]^2} + f(x).{f”}(x) = {x^3} – 2x,\,\forall x \in R$
$ \Leftrightarrow {\left( {{f’}(x).f(x)} \right)’} = {x^3} – 2x,\,\forall x \in R$
Lấy nguyên hàm hai vế ta có:$\int {{{\left( {{f’}(x).f(x)} \right)}’}dx} = \int {\left( {{x^3} – 2x} \right)} dx \Leftrightarrow {f’}(x).f(x) = \frac{{{x^4}}}{4} – {x^2} + C$
Theo đề ra ta có: ${f’}(0).f(0) = C = 4$
Suy ra: $\int\limits_0^2 {{f’}(x).f(x)} .dx = \int\limits_0^2 {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – {x^2} + 4} \right)} \,dx$$ \Leftrightarrow \left. {\frac{{{f^2}(x)}}{2}} \right|_0^2 = \frac{{104}}{{15}}$$\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,{f^2}(2) = \frac{{268}}{{15}}$.
DẠNG 2
1. Điều kiện hàm ẩn có dạng: $A\left( x \right)f\left( x \right) + B\left( x \right)f’\left( x \right) = h\left( x \right)$ $\left( 1 \right)$
Phương pháp giải:
♦ Ta cần nhân thêm một lượng $u\left( x \right)$ vào $\left( 1 \right)$ để tạo thành $u’\left( x \right)f\left( x \right) + u\left( x \right)f’\left( x \right) = u\left( x \right).h\left( x \right)$ và lúc này:
$u’\left( x \right)f\left( x \right) + u\left( x \right)f’\left( x \right) = u\left( x \right).h\left( x \right)$
$ \Leftrightarrow {\left[ {u\left( x \right)f\left( x \right)} \right]’} = u\left( x \right).h\left( x \right)$
$ \Rightarrow \int {{{\left[ {u\left( x \right)f\left( x \right)} \right]}’}dx} = \int {u\left( x \right).h\left( x \right)} dx$
$ \Rightarrow u\left( x \right)f\left( x \right) = \int {u\left( x \right).h\left( x \right)} dx$
$ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{\int {u\left( x \right).h\left( x \right)} dx}}{{u\left( x \right)}}$
♦ Cách tìm $u\left( x \right)$
$u\left( x \right)$được chọn sao cho :$\left\{ \begin{gathered}
u'(x) = A(x) \hfill \\
u(x) = B(x) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
$ \Rightarrow \frac{{u'(x)}}{{u(x)}} = \frac{{A(x)}}{{B(x)}} \Rightarrow \int {\frac{{u'(x)}}{{u(x)}}.dx = \int {\frac{{A(x)}}{{B(x)}}.dx} } $
$ \Rightarrow \ln \left| {u(x)} \right| = \int {\frac{{A(x)}}{{B(x)}}.dx} \Rightarrow u\left( x \right) = {e^{\int {\frac{{A(x)}}{{B(x)}}.dx} }}$
Tóm lại phương pháp giải: $A\left( x \right)f\left( x \right) + B\left( x \right)f’\left( x \right) = h\left( x \right)$$\left( 1 \right)$ như sau:
+ Bước 1: Tìm $u\left( x \right)$ : $u\left( x \right) = {e^{\int {\frac{{A(x)}}{{B(x)}}.dx} }}$
+ Bước 2: Nhân $u\left( x \right)$ vào $\left( 1 \right)$ $ \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{\int {u\left( x \right).h\left( x \right)} dx}}{{u\left( x \right)}}$
2. Một số dạng đặc biệt của $\left( 1 \right)$
a) Điều kiện hàm ẩn có dạng: $\left[ \begin{gathered}
{f^\prime }(x) + f(x) = h(x) \hfill \\
{f^\prime }(x) – f(x) = h(x) \hfill \\
\end{gathered} \right.$
Phương pháp giải:
♦ ${f^\prime }(x) + f(x) = h(x)$
Nhân hai vế với ${e^x}$ ta được ${e^x} \cdot {f^\prime }(x) + {e^x} \cdot f(x) = {e^x} \cdot h(x)$
$ \Leftrightarrow {\left[ {{e^x} \cdot f(x)} \right]^\prime } = {e^x} \cdot h(x)$
Suy ra ${e^x} \cdot f(x) = \int {{e^x}} \cdot h(x)dx$
Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$
♦ ${f^\prime }(x) – f(x) = h(x)$
Nhân hai vế với ${e^{ – x}}$ ta được ${e^{ – x}} \cdot {f^\prime }(x) – {e^{ – x}} \cdot f(x) = {e^{ – x}} \cdot h(x)$
$ \Leftrightarrow {\left[ {{e^{ – x}} \cdot f(x)} \right]^\prime } = {e^{ – x}} \cdot h(x)$
Suy ra ${e^{ – x}} \cdot f(x) = \int {{e^{ – x}}} \cdot h(x)dx$
Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$
b) Điều kiện hàm ẩn có dạng: ${f^\prime }(x) + p(x) \cdot f(x) = h(x)$
Phương pháp giải:
Nhân hai vế với ${e^{\int p (x)dx}}$ ta được
${f^\prime }(x) \cdot {e^{\int p (x)dx}} + p(x) \cdot {e^{\int p (x)dx}} \cdot f(x) = h(x) \cdot {e^{\int p (x)dx}}$
$ \Leftrightarrow {\left[ {f(x) \cdot {e^{\int p (x)dx}}} \right]^\prime } = h(x) \cdot {e^{\int p (x)dx}}$
Suy ra $f(x) \cdot {e^{\int p (x)dx}} = \int {{e^{\int p (x)dx}}} h(x)dx$
Từ đây ta dễ dàng tính được $f(x)$
Ví dụ 12. Cho hàm số $f\left( x \right)$ thỏa mãn $f\left( x \right) + f’\left( x \right) = {e^{ – x}},\forall x \in \mathbb{R}$ và $f\left( 0 \right) = 2$. Tính $I = \int\limits_1^2 {\frac{{f\left( x \right){e^x}}}{x}} dx$.
Lời giải
$f\left( x \right) + f’\left( x \right) = {e^{ – x}}$$ \Leftrightarrow f\left( x \right){e^x} + f’\left( x \right){e^x} = 1$
$ \Leftrightarrow {\left( {f\left( x \right){e^x}} \right)^\prime } = 1$$ \Rightarrow f\left( x \right){e^x} = \int x dx$
$ \Leftrightarrow f\left( x \right){e^x} = x + C$
Vì $f\left( 0 \right) = 2$ nên $C = 2$.
$ \Rightarrow f\left( x \right){e^x} = x + 2$
$I = \int\limits_1^2 {\frac{{f\left( x \right){e^x}}}{x}} dx = \int\limits_1^2 {\frac{{x + 2}}{x}} dx$
$ = \int\limits_1^2 {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)} dx = \left. {\left( {x + 2\ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2 = 1 + 2\ln 2$
Ví dụ 13. Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $\left( {x + 2} \right)f\left( x \right) + \left( {x + 1} \right)f’\left( x \right) = {e^x}$ và $f\left( 0 \right) = \frac{1}{2}$. Tính $I = \int\limits_1^2 {\left( {2x + 2} \right)f\left( x \right)} dx$.
Lời giải
Ta có
$\left( {x + 2} \right)f\left( x \right) + \left( {x + 1} \right)f’\left( x \right) = {e^x}$
$ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)f\left( x \right) + f\left( x \right) + \left( {x + 1} \right)f’\left( x \right) = {e^x}$
$ \Leftrightarrow \left[ {\left( {x + 1} \right)f\left( x \right)} \right] + {\left[ {\left( {x + 1} \right)f\left( x \right)} \right]^\prime } = {e^x}$
$ \Leftrightarrow {e^x}\left[ {\left( {x + 1} \right)f\left( x \right)} \right] + {e^x}{\left[ {\left( {x + 1} \right)f\left( x \right)} \right]^\prime } = {e^{2x}}$
$ \Leftrightarrow {\left[ {{e^x}\left( {x + 1} \right)f\left( x \right)} \right]^\prime } = {e^{2x}}$
$ \Rightarrow \int {{{\left[ {{e^x}\left( {x + 1} \right)f\left( x \right)} \right]}^\prime }} dx = \int {{e^{2x}}dx} $
$ \Leftrightarrow {e^x}\left( {x + 1} \right)f\left( x \right) = \frac{1}{2}{e^{2x}} + C$
Mà $f\left( 0 \right) = \frac{1}{2}$ $ \Rightarrow C = 0$.
Vậy $f\left( x \right) = \frac{1}{2}.\frac{{{e^x}}}{{x + 1}}$
$I = \int\limits_1^2 {\left( {2x + 2} \right)\frac{1}{2}.\frac{{{e^x}}}{{x + 1}}} dx = \int\limits_1^2 {{e^x}} dx = {e^2} – e$
Ví dụ 14. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục, có đạo hàm trên $R$ thỏa mãn điều kiện $f(x) + x\left( {{f^\prime }(x) – 2\sin x} \right) = {x^2}\cos x,x \in R$ và $f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}$. Tính $I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{f\left( x \right)}}{x}dx} $
Lời giải
Từ giả thiết $f(x) + x\left( {{f^\prime }(x) – 2\sin x} \right) = {x^2}\cos x$
$ \Leftrightarrow f(x) + x{f^\prime }(x) = {x^2}\cos x + 2x\sin x$
$ \Leftrightarrow {\left( {xf\left( x \right)} \right)^\prime } = {\left( {{x^2}\sin x} \right)^\prime }$
$ \Leftrightarrow xf\left( x \right) = {x^2}\sin x + C$
Mặt khác: $f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2} \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = x\sin x.$
$I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{f\left( x \right)}}{x}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{x\sin x}}{x}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xdx} = 1$
Ví dụ 15. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\left( {0\,;\, + \infty } \right)$ thỏa mãn $2xf’\left( x \right) + f\left( x \right) = 2x$ $\forall x \in \left( {0\,;\, + \infty } \right)$, $f\left( 1 \right) = 1$. Tính giá trị của biểu thức $f\left( 4 \right)$.
Lời giải
Xét phương trình $2xf’\left( x \right) + f\left( x \right) = 2x$ $\left( 1 \right)$ trên $\left( {0\,;\, + \infty } \right)$: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow f’\left( x \right) + \frac{1}{{2x}} \cdot f\left( x \right) = 1$ $\left( 2 \right)$.
Đặt $g\left( x \right) = \frac{1}{{2x}}$, ta tìm một nguyên hàm $G\left( x \right)$ của $g\left( x \right)$.
Ta có $\int {g\left( x \right)dx} = \int {\frac{1}{{2x}}dx} = \frac{1}{2}\ln x + C = \ln \sqrt x + C$. Ta chọn $G\left( x \right) = \ln \sqrt x $.
Nhân cả 2 vế của $\left( 2 \right)$ cho ${e^{G\left( x \right)}} = \sqrt x $, ta được: $\sqrt x \cdot f’\left( x \right) + \frac{1}{{2\sqrt x }} \cdot f\left( x \right) = \sqrt x $
$ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x .f\left( x \right)} \right)^\prime } = \sqrt x $ $\left( 3 \right)$.
Lấy tích phân 2 vế của $\left( 3 \right)$ từ $1$ đến 4, ta được: $\int\limits_1^4 {{{\left( {\sqrt x .f\left( x \right)} \right)}^\prime }dx} = \int\limits_1^4 {\sqrt x dx} $
$ \Rightarrow \left. {\left( {\sqrt x .f\left( x \right)} \right)} \right|_1^4 = \left. {\left( {\frac{2}{3}\sqrt {{x^3}} } \right)} \right|_1^4$
$ \Rightarrow 2f\left( 4 \right) – f\left( 1 \right) = \frac{{14}}{3}$$ \Rightarrow f\left( 4 \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{14}}{3} + 1} \right) = \frac{{17}}{6}$ (vì $f\left( 1 \right) = 1$).
Vậy $f\left( 4 \right) = \frac{{17}}{6}$.
Ví dụ 16. Cho hàm số $f\left( x \right)$ không âm, có đạo hàm trên đoạn $\left[ {0\,;\,1} \right]$ và thỏa mãn $f\left( 1 \right) = 1$, $\left[ {2f\left( x \right) + 1 – {x^2}} \right]f’\left( x \right) = 2x\left[ {1 + f\left( x \right)} \right]$, $\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$. Tính tích phân $\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} $.
Lời giải
Xét trên đoạn $\left[ {0\,;\,1} \right]$, theo đề bài: $\left[ {2f\left( x \right) + 1 – {x^2}} \right]f’\left( x \right) = 2x\left[ {1 + f\left( x \right)} \right]$
$ \Leftrightarrow 2f\left( x \right).f’\left( x \right) = 2x + \left( {{x^2} – 1} \right).f’\left( x \right) + 2x.f\left( x \right)$
$ \Leftrightarrow {\left[ {{f^2}\left( x \right)} \right]^\prime } = {\left[ {{x^2} + \left( {{x^2} – 1} \right).f\left( x \right)} \right]^\prime }$
$ \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) = {x^2} + \left( {{x^2} – 1} \right).f\left( x \right) + C$ $\left( 1 \right)$.
Thay $x = 1$ vào $\left( 1 \right)$ ta được: ${f^2}\left( 1 \right) = 1 + C \Leftrightarrow C = 0$ (vì $f\left( 1 \right) = 1$).
Do đó, $\left( 1 \right)$ trở thành: ${f^2}\left( x \right) = {x^2} + \left( {{x^2} – 1} \right).f\left( x \right)$
$ \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) – 1 = {x^2} – 1 + \left( {{x^2} – 1} \right).f\left( x \right)$
$ \Leftrightarrow \left[ {f\left( x \right) – 1} \right].\left[ {f\left( x \right) + 1} \right] = \left( {{x^2} – 1} \right).\left[ {f\left( x \right) + 1} \right]$
$ \Leftrightarrow f\left( x \right) – 1 = {x^2} – 1$ (vì $f\left( x \right) \geqslant 0 \Rightarrow f\left( x \right) + 1 > 0$ $\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$)
$ \Leftrightarrow f\left( x \right) = {x^2}$.
Vậy $\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {{x^2}dx} = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^1 = \frac{1}{3}$.
Ví dụ 17. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\left[ {0\,;\,1} \right]$, thỏa mãn ${\left( {f’\left( x \right)} \right)^2} + 4f\left( x \right) = 8{x^2} + 4,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$ và $f\left( 1 \right) = 2$. Tính $\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} $.
Lời giải
Có ${\left( {f’\left( x \right)} \right)^2} + 4f\left( x \right) = 8{x^2} + 4$
$ \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {f’\left( x \right)} \right)}^2}dx} + 4\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {8{x^2} + 4} \right)dx = \frac{{20}}{3}} $. (1)
Ta có $\int\limits_0^1 {xf’\left( x \right)dx} = \left. {xf\left( x \right)} \right|_0^1 – \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 2 – \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} $
$ \Rightarrow – 4\int\limits_0^1 {xf’\left( x \right)dx} = – 8 + 4\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} $. (2)
$\int\limits_0^1 {{{\left( {2x} \right)}^2}dx} = \frac{4}{3}$. (3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được $\int\limits_0^1 {{{\left( {f’\left( x \right) – 2x} \right)}^2}dx} = 0 \Rightarrow f’\left( x \right) = 2x$
$ \Rightarrow f\left( x \right) = {x^2} + C$.
Có $f\left( 1 \right) = C + 1 = 2 \Rightarrow C = 1 \Rightarrow f\left( x \right) = {x^2} + 1$.
Do đó $\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + 1} \right)dx} = \frac{4}{3}$.
Ví dụ 18. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\left[ {0\,;\,1} \right]$ thỏa mãn $3f\left( x \right) + xf’\left( x \right) \geqslant {x^{2025}}$, $\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\int_0^1 {f\left( x \right)dx} $.
Lời giải
Ta có:
$3f\left( x \right) + xf’\left( x \right) \geqslant {x^{2025}}$, $\forall x \in \left[ {0\,;1} \right]$$ \Leftrightarrow 3{x^2}f\left( x \right) + {x^3}.f’\left( x \right) \geqslant {x^{2027}}$$\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$
$ \Leftrightarrow {\left( {{x^3}f\left( x \right)} \right)^\prime } \geqslant {x^{2027}}$,
$ \Rightarrow {x^3}f\left( x \right) \geqslant \int {{x^{2027}}dx} $, $\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$$ \Rightarrow {x^3}f\left( x \right) \geqslant \frac{{{x^{2028}}}}{{2028}} + C$, $\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$.
Cho $x = 0 \Rightarrow $ $C = 0$$ \Rightarrow {x^3}f\left( x \right) \geqslant \frac{{{x^{2028}}}}{{2028}}$,$\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$$ \Rightarrow f\left( x \right) \geqslant \frac{{{x^{2025}}}}{{2028}},\,\forall x \in \left[ {0\,;\,1} \right]$.
$ \Rightarrow \int_0^1 {f\left( x \right)dx} \geqslant \int_0^1 {\frac{{{x^{2025}}}}{{2028}}dx} $$ = \left. {\left( {\frac{{{x^{2026}}}}{{2027.2028}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{{2027.2028}}$.
Dạng 3: MỘT SỐ DẠNG KHÁC
Ví dụ 19. Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn$\left\{ \begin{gathered}
f\left( 0 \right) = f’\left( 0 \right) = 1 \hfill \\
f\left( {x + y} \right) = f\left( x \right) + f\left( y \right) + 3xy\left( {x + y} \right) – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.$, với $x,y \in \mathbb{R}$. Tính $\int\limits_0^1 {f\left( {x – 1} \right)} dx$.
Lời giải
Lấy đạo hàm theo hàm số $y$
$f’\left( {x + y} \right) = f’\left( y \right) + 3{x^2} + 6xy$, $\forall x \in \mathbb{R}$.
Cho $y = 0 \Rightarrow f’\left( x \right) = f’\left( 0 \right) + 3{x^2}$$ \Rightarrow $$f’\left( x \right) = 1 + 3{x^2}$
$ \Rightarrow $$f\left( x \right) = \int {f’\left( x \right)} dx = {x^3} + x + C$ mà $f\left( 0 \right) = 1$$ \Rightarrow C = 1$.
Do đó $f\left( x \right) = {x^3} + x + 1$.
$ \Rightarrow f\left( {x – 1} \right) = {\left( {x – 1} \right)^3} + x – 1 + 1 = {x^3} – 3{x^2} + 4x – 1$
Vậy $\int\limits_0^1 {f\left( {x – 1} \right)} dx = \int\limits_0^1 {\left( {{x^3} – 3{x^2} + 4x – 1} \right)} dx$$ = \frac{1}{4}\int\limits_{ – 1}^0 {f\left( x \right)} \,dx = $$\int\limits_{ – 1}^0 {\left( {{x^3} + x + 1} \right)\,} dx = \frac{1}{4}$.
Ví dụ 20. Cho hai hàm $f\left( x \right)$ và $g\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\left[ {1;4} \right]$, thỏa mãn $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f\left( 1 \right) + g\left( 1 \right) = 4} \\
{g\left( x \right) = – xf’\left( x \right)} \\
{f\left( x \right) = – xg’\left( x \right)}
\end{array}} \right.$ với mọi $x \in \left[ {1;4} \right]$ . Tính tích phân $I = \int\limits_1^4 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} $.
Lời giải
Từ giả thiết ta có $f\left( x \right) + g\left( x \right) = – x.f’\left( x \right) – x.g’\left( x \right)$
$ \Leftrightarrow \left[ {f\left( x \right) + x.f’\left( x \right)} \right] + \left[ {g\left( x \right) + x.g’\left( x \right)} \right] = 0$
$ \Leftrightarrow {\left[ {x.f\left( x \right)} \right]^\prime } + {\left[ {x.g\left( x \right)} \right]^\prime } = 0$$ \Rightarrow x.f\left( x \right) + x.g\left( x \right) = C$
$ \Rightarrow f\left( x \right) + g\left( x \right) = \frac{C}{x}$
Mà $f\left( 1 \right) + g\left( 1 \right) = 4 \Rightarrow C = 4$
$ \Rightarrow f\left( x \right) + g\left( x \right) = \frac{4}{x}$
$ \Rightarrow I = \int\limits_1^4 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]} \,dx = \int\limits_1^4 {\frac{4}{x}} \,dx = 8\ln 2$
Ví dụ 21. Cho hai hàm $f(x)$ và $g(x)$có đạo hàm trên $\left[ {1;2} \right]$ thỏa mãn $f(1) = g(1) = 0$ và
$\left\{ \begin{gathered}
\frac{x}{{{{(x + 1)}^2}}}g(x) + 2025x = (x + 1)f'(x) \hfill \\
\frac{{{x^3}}}{{x + 1}}g'(x) + f(x) = 2026{x^2} \hfill \\
\end{gathered} \right., $$\forall x \in \left[ {1;2} \right].$
Tính tích phân$I = \int\limits_1^2 {\left[ {\frac{x}{{x + 1}}g(x) – \frac{{x + 1}}{x}f(x)} \right]} dx$.
Lời giải
Từ giả thiết ta có: $\left\{ \begin{gathered}
\frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}}g(x) – \frac{{x + 1}}{x}f'(x) = – 2025 \hfill \\
\frac{x}{{x + 1}}g'(x) + \frac{1}{{{x^2}}}f(x) = 2026 \hfill \\
\end{gathered} \right., $$\forall x \in \left[ {1;2} \right].$
Cộng hai phương trình trong hệ vế theo vế ta được
$\left[ {\frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}}g(x) + \frac{x}{{x + 1}}g'(x)} \right] – \left[ {\frac{{x + 1}}{x}f'(x) – \frac{1}{{{x^2}}}f(x)} \right] = 1$
$ \Leftrightarrow {\left[ {\frac{x}{{x + 1}}g(x)} \right]^\prime } – {\left[ {\frac{{x + 1}}{x}f(x)} \right]^\prime } = 1$
$ \Rightarrow \frac{x}{{x + 1}}g(x) – \frac{{x + 1}}{x}f(x) = x + C.$
Mà $f(1) = g(1) = 0 \Rightarrow C = – 1$
$ \Rightarrow \frac{x}{{x + 1}}g(x) – \frac{{x + 1}}{x}f(x) = x – 1$
$I = \int\limits_1^2 {\left[ {\frac{x}{{x + 1}}g(x) – \frac{{x + 1}}{x}f(x)} \right]} dx = \int\limits_1^2 {(x – 1)dx = \frac{1}{2}} .$
Ví dụ 22. Cho hàm số $f\left( x \right)$ xác định và liên tục trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$ thỏa mãn ${x^2}{f^2}\left( x \right) + \left( {2x – 1} \right)f\left( x \right) = x{f’}\left( x \right) – 1$, với mọi $x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$ đồng thời thỏa $f\left( 1 \right) = – 2$. Tính $\int\limits_1^2 {f\left( x \right)} dx$
Lời giải
Ta có ${x^2}{f^2}\left( x \right) + 2xf\left( x \right) + 1 = x{f’}\left( x \right) + f\left( x \right)$
$ \Leftrightarrow {\left( {xf\left( x \right) + 1} \right)^2} = {\left( {xf\left( x \right) + 1} \right)’}$
Do đó $\frac{{{{\left( {xf\left( x \right) + 1} \right)}’}}}{{{{\left( {xf\left( x \right) + 1} \right)}^2}}} = 1$ $ \Rightarrow \int {\frac{{{{\left( {xf\left( x \right) + 1} \right)}’}}}{{{{\left( {xf\left( x \right) + 1} \right)}^2}}}dx = \int {1dx} } $
$ \Rightarrow – \frac{1}{{xf\left( x \right) + 1}} = x + c$$ \Rightarrow xf\left( x \right) + 1 = – \frac{1}{{x + c}}$
Mặt khác $f\left( 1 \right) = – 2$ nên $ – 2 + 1 = – \frac{1}{{1 + c}} \Rightarrow c = 0\,$
$ \Rightarrow \,xf\left( x \right) + 1 = – \frac{1}{x} \Rightarrow f\left( x \right) = – \frac{1}{{{x^2}}} – \frac{1}{x}$
Vậy $\int\limits_1^2 {f\left( x \right)} dx = \int\limits_1^2 {\left( { – \frac{1}{{{x^2}}} – \frac{1}{x}} \right)} dx$$ = \left( { – \ln x + \frac{1}{x}} \right)|_1^2 = – \ln 2 – \frac{1}{2}$.
Ví dụ 23. Cho hàm số $y = f(x)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $x.f(x).f'(x) = {f^2}(x) – x,\forall x \in \mathbb{R}$ và có $f(2) = 1$. Tích phân $\int\limits_0^2 {{f^2}(x)dx} $
Lời giải
Ta có:$\begin{gathered}
x.f(x).f'(x) = {f^2}(x) – x \hfill \\
\hfill \\
\end{gathered} $
$ \Leftrightarrow 2x.f(x).f'(x) = 2{f^2}(x) – 2x$
$ \Leftrightarrow 2x.f(x).f'(x) + {f^2}(x) = 3{f^2}(x) – 2x$
$ \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {\left( {x.{f^2}(x)} \right)} ‘dx = 3\int\limits_0^2 {{f^2}(x)} dx – \int\limits_0^2 {2x} dx$
$ \Leftrightarrow \left( {x.{f^2}(x)} \right)\left| \begin{gathered}
2 \hfill \\
0 \hfill \\
\end{gathered} \right. = 3I – 4$$ \Leftrightarrow 2 = 3I – 4$
$ \Leftrightarrow I = 2$
Ví dụ 24. Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$, $f\left( 0 \right) = 0,f’\left( 0 \right) \ne 0$ và thỏa mãn hệ thức $f\left( x \right).f’\left( x \right) + 18{x^2} = \left( {3{x^2} + x} \right)f’\left( x \right) + \left( {6x + 1} \right)f\left( x \right);\forall \in \mathbb{R}$. Biết $\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{f\left( x \right)}}dx = a{e^2} + b,\left( {a,b \in \mathbb{Q}} \right)} $. Tính giá trị của $a – b$.
Lời giải
Ta có $f\left( x \right).f’\left( x \right) + 18{x^2} = \left( {3{x^2} + x} \right)f’\left( x \right) + \left( {6x + 1} \right)f\left( x \right)$
lấy nguyên hàm 2 vế ta được: $\frac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} + 6{x^3} = \left( {3{x^2} + x} \right)f\left( x \right)$
$ \Rightarrow {f^2}\left( x \right) – 2\left( {3{x^2} + x} \right)f\left( x \right) + 12{x^3} = 0$
$ \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
f\left( x \right) = 6{x^2} \hfill \\
f\left( x \right) = 2x \hfill \\
\end{gathered} \right.$
TH1: $f\left( x \right) = 6{x^2}$ không thoả mãn kết quả $\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{f\left( x \right)}}dx = a{e^2} + b,\left( {a,b \in \mathbb{Q}} \right)} $
TH2: $f\left( x \right) = 2x \Rightarrow \int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{f\left( x \right)}}dx = } \int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{2x}}dx} = \frac{3}{4}{e^2} – \frac{1}{4}$. Suy ra $a = \frac{3}{4};b = – \frac{1}{4}$
Vậy $a – b = 1$
Ví dụ 25. Cho hàm số $y = f(x)$xác định và có đạo hàm $f’\left( x \right)$ liên tục trên $[1;3]$; $f\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left[ {1;3} \right];$ $f’\left( x \right){\left[ {1 + f\left( x \right)} \right]^2} = {\left( {x – 1} \right)^2}{\left[ {f\left( x \right)} \right]^4}$ và $f\left( 1 \right) = – 1$. Biết rằng $\int\limits_e^3 {f\left( x \right)dx} = a\ln 3 + b\,\left( {a,b \in \mathbb{Z}} \right)$, tính giá trị của $a + {b^2}$.
Lời giải
Từ $f'(x){[1 + f(x)]^2} = {(x – 1)^2}{[f(x)]^4}$
$ \Rightarrow \frac{{f'(x)}}{{{f^4}(x)}} + \frac{{2f'(x)}}{{{f^3}(x)}} + \frac{{f'(x)}}{{{f^2}(x)}} = {(x – 1)^2}$.
Hay $\int {\left( {\frac{{f'(x)}}{{{f^4}(x)}} + \frac{{2f'(x)}}{{{f^3}(x)}} + \frac{{f'(x)}}{{{f^2}(x)}}} \right)dx} = \int {{{(x – 1)}^2}dx} $
$ \Rightarrow – \left( {\frac{1}{{3{f^3}(x)}} + \frac{1}{{{f^2}(x)}} + \frac{1}{{f(x)}}} \right) = \frac{1}{3}{(x – 1)^3} + C$ (2).
Do $f(1) = – 1$ nên $C = \frac{1}{3}$.
Thay vào (2) ta được ${\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)^3} = – {(x – 1)^3} \Rightarrow f(x) = \frac{{ – 1}}{x}$.
Khi đó: $\int\limits_e^3 {\frac{{ – 1}}{x}dx} = \left. { – \ln \left| x \right|} \right|_e^3 = – \ln 3 + 1 \Rightarrow a = – 1,b = 1$, nên $a + {b^2} = 0$.
Cách khác
Từ $f'(x){[1 + f(x)]^2} = {(x – 1)^2}{[f(x)]^4}$
$ \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)^2}.\frac{{f'(x)}}{{{f^2}(x)}} = {(x – 1)^2}$
$ \Leftrightarrow – {\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)^2}.{\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)^/} = {(x – 1)^2}$.
Nên $ – \int {{{\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)}^2}.{{\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)}^/}dx} = \int {{{(x – 1)}^2}dx} $
$ \Rightarrow – \int {{{\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)}^2}d} \left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right) = \int {{{(x – 1)}^2}dx} $
Suy ra $ – \frac{1}{3}{\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)^3} = \frac{1}{3}{\left( {x – 1} \right)^3} + C$(2).
Do $f(1) = – 1$ nên $C = 0$.
Thay vào (2) ta được ${\left( {\frac{1}{{f(x)}} + 1} \right)^3} = – {(x – 1)^3} \Rightarrow f(x) = \frac{{ – 1}}{x}$.
Khi đó: $\int\limits_e^3 {\frac{{ – 1}}{x}dx} = \left. { – \ln \left| x \right|} \right|_e^3 = – \ln 3 + 1 \Rightarrow a = – 1,b = 1$, nên $a + {b^2} = 0$.