Issuu

TÀI LIỆU TOÁN ÔN THI THPTQG

vectorstock.com/8446146

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Phân tích, định hướng tư duy giúp học sinh giải quyết các câu hỏi TNKQ về nguyên hàm, tích phân hàm phân thức hữu tỷ và hàm lượng giác WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Phân tích, định hướng tư duy giúp học sinh giải quyết các câu hỏi TNKQ về nguyên hàm, tích phân hàm phân thức hữu tỷ và hàm lượng giác I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong đề tham khảo, đề minh họa, đề thử nghiệm và đề thi THPT quốc gia môn toán các năm gần đây của Bộ GD&ĐT luôn có bài toán về nguyên hàm, tích phân. Trong đó nguyên hàm, tích phân của hàm phân thức hữu tỷ, hàm số lượng giác xuất hiện nhiều, với các mức độ từ nhận biết, thông hiểu đến vận dụng, đặc biệt, các bài ở mức độ vận dụng thì MTCT chỉ giúp học sinh kiểm tra lại kết quả và thực hiện các phép tính thông thường. Với mục đích giúp học sinh phân loại được mức độ câu hỏi để phân bố thời gian, định hướng tư duy tìm phương án tối ưu, kết hợp với việc sử dụng hợp lý công cụ MTCT để giải quyết các câu hỏi TNKQ về nguyên hàm, tích phân hàm phân thức hữu tỷ và hàm lượng giác, tôi lựa chọn chuyên đề "Phân tích, định hướng tư duy giúp học sinh giải quyết các câu hỏi trắc nghiệm khách quan về nguyên hàm, tích phân hàm phân thức hữu tỷ và hàm lượng giác" làm đề tài đóng góp trong buổi hội thảo cụm trường khu vực Phúc Yên Trong khuôn khổ của chuyên đề, tôi phân tích, định hướng tư duy giúp học sinh giải quyết được các câu hỏi TNKQ về nguyên hàm, tích phân hàm phân thức hữu tỷ và hàm lượng giác, đồng thời hướng dẫn học sinh sử dụng công cụ MTCT một cách hợp lý để giúp giải nhanh các bài tập TNKQ.

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Nội dung chuyên đề như sau: I. Các kiến thức cơ bản Để giải quyết được bài toán về tìm nguyên hàm, tính tích phân, chúng ta cần đến những kiến thức cơ bản sau: 1. Định nghĩa nguyên hàm Cho hàm số f ( x) xác định trên khoảng K . hàm số F ( x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f ( x) trên K nếu F ′( x) = f ( x) với mọi x ∈ K . Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) trên K ký hiệu là

∫ f ( x)dx .

∫ f ( x)dx = F ( x) + C ⇔ F ′( x) = f ( x) ∀x ∈ K . 2. Tính chất của nguyên hàm: Với các điều kiện tồn tại nguyên hàm thì: 1)

( ∫ f ( x)dx )′ = f ( x).

∫ f ′( x)dx = f ( x) + C.

3) ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx ( k là hằng số khác 0). 4)

∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx + ∫ g ( x)dx.

3. Sự tồn tại nguyên hàm Mọi hàm số liên tục trên khoảng K đều có nguyên hàm trên K . 4. Bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp Nguyên hàm các hàm số thường gặp 1)

∫ 0dx = C ; ∫ dx = x + C

xα +1 x x = + C (với mọi α ≠ −1 ) d ∫ α +1

∫ x dx = ∫

x x ∫ e dx = e + C

dx = ln x + C x

ax ∫ a dx = ln a + C x

Nguyên hàm mở rộng ( k ≠ 0 )

α +1

( kx + b ) ∫ ( kx + b ) dx = k (α + 1) α

∫ kx + b = k ln kx + b + C e kx +b +C k a kx +b kx + b ∫ a dx = k.ln a + C kx +b ∫ e dx =

Nguyên hàm các hàm số thường gặp 5)

Nguyên hàm mở rộng ( k ≠ 0 )

cos(kx + b) +C k sin(kx + b) ∫ cos(kx + b)dx = k + C dx tan(kx + b) ∫ cos 2 (kx + b) = k + C dx cot(kx + b) ∫ sin 2 (kx + b) = − k + C 1 ∫ tan(kx + b)dx = − k ln cos(kx + b) + C 1 ∫ cot(kx + b)dx = k ln sin(kx + b) + C dx 1 x+a ∫ ( x + a)( x + b) = b − a ln x + b + C

∫ sin xdx = − cos x + C

∫ sin(kx + b)dx = −

∫ cos xdx = sin x + C dx

∫ cos

∫ sin

= tan x + C = − cot x + C

∫ tan xdx = − ln cos x + C ∫ cot xdx = ln sin x + C 6)

∫x

dx 1 x−a = +C ln 2 −a 2a x + a

5. Các phương pháp tìm nguyên hàm a) Phương pháp đổi biến số: Nếu số có đạo hàm liên tục thì

∫ f (u )du = F (u ) + C

và u = u ( x) là hàm

∫ f ( u ( x) ) u′( x)dx = F ( u ( x) ) + C.

b) Phương pháp tính nguyên hàm từng phần: Nếu hai hàm số u = u ( x) và

∫ u ( x)v′( x)dx = u ( x)v( x) − ∫ u′( x)v( x)dx

v = v( x) có đạo hàm liên tục trên K thì

hay ∫ udv = uv − ∫ vdu . 6. Định nghĩa tích phân - Cho hàm số f ( x) liên tục trên khoảng K chứa a, b. Giả sử f ( x) là một nguyên hàm của hàm số f ( x) trên K . Hiệu số F (b) − F (a) được gọi là tích phân b

từ a đến b (hay tích phân xác định) của hàm số f ( x), kí hiệu là

∫ f ( x)dx. a

∫ f ( x)dx = F ( x)

b a

= F (b) − F (a ).

* Với tích phân

∫ f ( x)dx thì: a

x gọi là biến số. a, b gọi là cận của tích phân, a là cận dưới, b là cận trên. f ( x) là hàm số dưới dấu tích phân. f ( x )dx là biểu thức dưới dấu tích phân.

Nếu a < b thì

∫ f ( x)dx còn gọi là tích phân trên đoạn [ a; b] của

f ( x).

7. Tính chất của tích phân Với các điều kiện tồn tại tích phân thì: a

∫

f ( x)dx = 0

a a

a b

3) ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx ( k ∈ ℝ ) 5)

b b

∫

f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx

b b

a b

∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx

∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx a

a b

∫ [ kf ( x) ± lg ( x)] dx = k ∫ f ( x)dx ± l ∫ g ( x)dx a

7) Việc tính tích phân không phụ thuộc vào biến số lấy tích phân b

∫

f ( x)dx = ∫ f (t )dt = ∫ f (u )du = ...

8. Các phương pháp tính tích phân a) Phương pháp đổi biến số: Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ]. Giả sử hàm số x = ϕ (t ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [α ; β ] (nếu α > β thì ta xét đoạn [ β ;α ] ) sao cho

ϕ (a ) = α , ϕ (b) = β

a ≤ ϕ (t ) ≤ b

và

vớ i

mọi

t ∈ [α ; β ].

Khi

đó

∫ f ( x)dx = α∫ f (ϕ (t ))ϕ ′(t )dt. a

b) Phương pháp tính tích phân từng phần: Nếu u = u ( x ) và v = v( x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] b

thì ∫ u ( x)v′( x)dx = u ( x)v( x) a − ∫ u′( x)v( x)dx hay ∫ udv = uv a − ∫ vdu. b

Dưới đây là nội dung các câu hỏi TNKQ về nguyên hàm, tích phân hàm hữu tỷ và hàm lượng giác, trong phần hướng dẫn đó có phân tích, định hướng tư duy giúp học sinh giải các câu hỏi dạng này.

II. Nguyên hàm, tích phân của hàm phân thức hữu tỷ f ( x) với g ( x) f ( x), g ( x) là các đa thức, ta biến đổi (đồng nhất, tách,...) và sử dụng các kết quả: - Để tìm nguyên hàm, tích phân hàm phân thức hữu tỷ dạng

∫ ax + b = a ln ax + b + C.

∫ ( x + a)( x + b) = b − a ∫  x + a − x + b  dx = b − a ln

∫x

∫ ( ax + b )α

∫ α

=−

1 

x+a +C x+b

dx 1 x−a = +C ln 2 −a 2a x + a

 1

+ a2 )

1 α −1

a (α − 1) . ( ax + b )

+ C (với mọi α ≠ 1 ).

đặt x = a tan t

- Về đồng nhất hệ số: Để đồng nhất và sử dụng được các kết quả trên thì bậc của f ( x) nhỏ hơn bậc của g ( x) , khi đồng nhất cần đầy đủ các hệ số, bậc, ví dụ: f ( x) a b = + ∀x ∈ ℝ \ { x1; x2 }. ( x − x1 )( x − x2 ) x − x1 x − x2 f ( x) m

( x − x1 ) ( x − x2 )

a1 a2 am + + ... + 2 m x − x1 ( x − x1 ) ( x − x1 ) +

bn b1 b2 + + ... + ∀x ∈ ℝ \ { x1; x2 } . 2 n x − x2 ( x − x2 ) ( x − x2 )

f ( x) a′x + b′ A B = 2 + + ∀x ∈ ℝ \ { x1 ; x2 } . ( ax + b + c ) ( x − x1 )( x − x2 ) ax + bx + c x − x1 x − x2 2

A. 2ln x + 2 − ln x + 1 + C .

x+3 là x + 3x + 2 B. 2ln x + 1 − ln x + 2 + C .

C. 2ln x + 1 + ln x + 2 + C .

D. ln x + 1 + 2ln x + 2 + C .

Câu 1: Nguyên hàm của hàm số f ( x) =

Hướng dẫn giải

Với bài toán xét xem trong bốn hàm số cho trước trong các phương án trả lời, hàm số nào là nguyên hàm của hàm số f ( x) ta có thể có 3 cách giải như sau: Cách 1: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)

Hàm f ( x) là hàm phân thức hữu tỉ có bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số và

x + 3 x + 2 = ( x + 2 )( x + 1) và x + 3 = 2 ( x + 2 ) − ( x + 1) nên 2

f ( x) =

2 ( x + 2 ) − ( x + 1) 2 1 = − ( x + 2 )( x + 1) x + 1 x + 2

1   2 ⇒ ∫ f ( x)dx = ∫  −  dx = 2ln x + 1 − ln x + 2 + C  x +1 x + 2 

⇒ Chọn B. Cách 2: Sử dụng định nghĩa nguyên hàm để kiểm tra từng hàm số trong các phương án

Với cách làm này, ta đạo hàm từng hàm số trong các phương án trả lời, nếu hàm nào có đạo hàm bằng hàm số f ( x) thì đó là hàm cần tìm. Với phương pháp này, để ra kết quả thì tối đa thực hiện đạo hàm 3 hàm số trong các phương án trả lời. - Kiểm tra hàm số trong phương án A, có

( 2 ln x + 2 − ln x + 1 + C )′ = x +2 2 − x 1+ 1 = x

x ⇒ không thỏa mãn. + 3x + 2

- Kiểm tra hàm số trong phương án B, có

( 2 ln x + 1 − ln x + 2 + C )′ = x 2+ 1 − x +1 2 = x

x+3 ⇒ thỏa mãn + 3x + 2

⇒ Chọn B. Cách 3. Sử dụng MTCT để kiểm tra các phương án dựa trên kết quả: Nếu F ( x) là nguyên hàm của hàm số f ( x) trên K thì F ′( x) = f ( x) ∀x ∈ K .

+ Lấy giá trị x = x0 và tính f ( x0 ). + Tính F ′( x0 ) và so sánh với f ( x0 ), nếu chỉ có một hàm số trong các phương án trả lời thỏa mãn F ′( x0 ) = f ( x0 ) thì đó chính là nguyên hàm của f ( x). + Nếu có từ hai hàm số trở lên thỏa mãn F ′( x0 ) = f ( x0 ) , khi đó tiếp tục chọn một giá trị x1 khác để kiểm tra và loại dần các phương án. Chú ý:

+ Khi chọn x0 không nên chọn quá đặc biệt vì nếu chọn đặc biệt thì rất có thể có hai hàm số cùng thỏa mãn F ′( x0 ) = f ( x0 ). + Phải kiểm tra cả 4 hàm số trong bốn phương án trả lời, sau đó mới khẳng định được phương án nào đúng hay tiếp tục kiểm tra nữa.

Áp dụng vào bài toán: Chọn x0 = 3 .

+ Dùng MTCT tính được f (3) =

3 . 10

+ Kiểm tra phương án A:

d 3 ⇒ không thỏa mãn. 2ln x + 2 − ln x + 1 ) x =3 = ( dx 20

+ Kiểm tra phương án B:

d 3 2 ln x + 1 − ln x + 2 ) x =3 = ⇒ thỏa mãn. ( dx 10

+ Kiểm tra phương án C:

d 7 2ln x + 1 + ln x + 2 ) x =3 = ⇒ không thỏa mãn. ( dx 10

+ Kiểm tra phương án D:

d 13 ln x + 1 + 2ln x + 2 ) x =3 = ⇒ không thỏa mãn. ( dx 20

⇒ Chọn B. Nhận xét: Với bài toán này, cách nhanh nhất, đảm bảo độ chính xác là cách 3 với sự trợ giúp của MTCT. Câu 2: Nguyên hàm của hàm số f ( x) =

1 là x − 6x + 5 2

1 x −1 +C. ln 4 x −5

1 x −5 +C. ln 4 x −1

1 ln x 2 − 6 x + 5 + C . 4

1 D. − ln x 2 − 6 x + 5 + C . 4 Hướng dẫn giải

Cách 1: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)

Ta có f ( x) =

Suy ra:

1 1 1 1 1  = =  −  x − 6 x + 5 ( x − 1)( x − 5 ) 4  x − 5 x − 1  2

1  1

1 

∫ f ( x)dx = 4 ∫  x − 5 − x − 1  dx = 4 ln

x −5 +C x −1

⇒ Chọn B. Cách 2: Sử dụng định nghĩa nguyên hàm để kiểm tra từng hàm số trong các phương án

- Kiểm tra hàm số trong phương án A: −4 ′  1 x −1  1 ( x − 5) 2 1 ln + C  4 x−5  = 4 . x − 1 = − x 2 − 6 x + 5 ⇒ không thỏa mãn.   x −5

- Kiểm tra hàm số trong phương án B: 4 ′  1 x −5  1 ( x − 1) 2 1 ln C +  4 x −1  = 4 . x − 5 = x 2 − 6 x + 5 ⇒ thỏa mãn   x −1

⇒ Chọn B. Cách 3. Sử dụng MTCT để kiểm tra các phương án: Chọn x0 = 0 .

1 + Dùng MTCT tính được f (0) = . 5 + Kiểm tra phương án A:

d  1 x −1  1 = − ⇒ không thỏa mãn. ln   dx  4 x − 5  x = 0 5

+ Kiểm tra phương án B:

d  1 x −5  1 = ⇒ thỏa mãn. ln   dx  4 x − 1  x = 0 5

+ Kiểm tra phương án C:

d 1 3  2  ln x − 6 x + 5  = − ⇒ không thỏa mãn. dx  4 10  x=0

+ Kiểm tra phương án D:

d  1 3  2 ⇒ không thỏa mãn.  − ln x − 6 x + 5  = dx  4  x =0 10

⇒ Chọn B. Nhận xét: Cách nhanh nhất với TNKQ là cách 3 với sự trợ giúp của MTCT.

2 x3 − 6 x 2 + 4 x + 1 Câu 3: Nguyên hàm của hàm số f ( x) = là x 2 − 3x + 2 x −1 1 x−2 +C . +C . A. x 2 + ln B. x 2 + ln x−2 2 x −1 C.

1 2 x −1 x + ln +C . 2 x−2

D. x 2 + ln

x−2 +C . x −1

Hướng dẫn giải Cách 1: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)

2 x3 − 6 x 2 + 4 x + 1 1 1 1 = 2x + 2 = 2x + − Ta có f ( x) = 2 x − 3x + 2 x − 3x + 2 x − 2 x −1 Suy ra:



1 

∫ f ( x)dx = ∫  2 x + x − 2 − x − 1  dx = x

⇒ Chọn D.

+ ln

x−2 +C x −1

Cách 2: Sử dụng định nghĩa nguyên hàm để kiểm tra từng hàm số trong các phương án

- Kiểm tra hàm số trong phương án A, có −1 ′ x −1  2  ( x − 2) 2 2 x3 − 6 x 2 + 4 x − 1 ⇒ không thỏa mãn. x + ln + C = 2 x + =   x −1 x−2 x 2 − 3x + 2   x−2 - Kiểm tra hàm số trong phương án B, có 1 ′ x−2 1 2  ( x − 1) 2 x3 − 3 x 2 + 2 x + 1 x + ln + C = x + = ⇒ không thỏa mãn. 2  x−2 x −1 x 2 − 3x + 2   x −1 - Kiểm tra hàm số trong phương án C, có −1 ′ x −1 1 2  ( x − 2) 2 x3 − 3 x 2 + 2 x − 1  2 x + ln x − 2 + C  = x + x − 1 = x 2 − 3 x + 2 ⇒ không thỏa mãn.   x−2

⇒ Chọn D. Cách 3. Sử dụng MTCT để kiểm tra các phương án: Chọn x0 = 0 .

1 + Dùng MTCT tính được f (0) = . 2 + Kiểm tra phương án A:

d  2 1 x −1  = − ⇒ không thỏa mãn. x + ln   dx  2 x − 2  x =0

+ Kiểm tra phương án B:

d 1 2 1 x−2  = ⇒ thỏa mãn. x + ln   dx  2 x − 1  x =0 2

+ Kiểm tra phương án C:

d 1 2 1 x −1  = − ⇒ không thỏa mãn. x + ln   dx  2 2 x − 2  x =0

+ Kiểm tra phương án D:

d  2 1 x−2  = ⇒ thỏa mãn. x + ln   dx  x − 1  x =0 2

Như vậy, ta phải tiếp tục kiểm tra hai phương án B và D. Bằng cách chọn x = 2 ta thấy phương án B không thỏa mãn

⇒ Chọn D. Nhận xét: Trong cách 3, phải kiểm tra tại hai giá trị x = 0, x = 2 là do ban đầu ta đã chọn giá trị đặc biệt x = 0. Nếu ngay từ ban đầu chọn x = 2 thì ta sẽ chọn được ngay phương án đúng là D.

A. 2ln x − 1 − ln x + 2 + C .

3x + 3 là − x2 − x + 2 B. −2ln x − 1 + ln x + 2 + C .

C. 2ln x − 1 + ln x + 2 + C .

D. −2ln x − 1 − ln x + 2 + C .

Câu 4: Nguyên hàm của hàm số f ( x) =

Hướng dẫn giải Cách 1: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)

Ta có f ( x) =

Suy ra

2 ( x + 2 ) + ( x − 1) 3x + 3 1   2 =− = − +  2 −x − x + 2 ( x − 1)( x + 2 )  x −1 x + 2   2

1 

∫ f ( x)dx = −∫  x − 1 + x + 2  dx = −2 ln x − 1 − ln x + 2 + C

⇒ Chọn D. Cách 2: Sử dụng định nghĩa nguyên hàm để kiểm tra từng hàm số trong các phương án. Cách 3. Sử dụng MTCT để kiểm tra các phương án: Chọn x0 = 3 . Nhận xét: Cách nhanh nhất với TNKQ là cách 3 với sự trợ giúp của MTCT. Câu 5: Nguyên hàm F ( x) của hàm số f ( x) = A.

2 x+2 ln 3 x − 2 − 3ln + 1. 3 3

C. 2 ln 3 x − 2 − 3ln

−7 x + 10 thỏa F (1) = 1 là 3x 2 + 4 x − 4 2 B. ln 3 x − 2 − 3ln x + 2 + 1. . 3

x+2 + 1. 3

D. 2ln 3 x − 2 − 3ln x + 2 + 1.

Hướng dẫn giải Cách 1: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)

Giả sử

f ( x) =

−7 x + 10 1 a b = + ∀x ≠ −2, x ≠ 3 ( 3x − 2 )( x + 2 ) 3x − 2 x + 2

⇔ −7 x + 10 = a ( x + 2 ) + b ( 3 x − 2 ) ∀x a + 3b = −7 a = 2 ⇔ −7 x + 10 = ( a + 3b ) x + ( 2a − 2b ) ∀x ⇔  ⇔ 2a − 2b = 10 b = −3 ⇒ f ( x) = Suy ra

2 3 − 3x − 2 x + 2 

3 

∫ f ( x)dx = −∫  3x − 2 − x + 2  dx = 3 ln 3x − 2 − 3ln x + 2 + C

Do F (1) = −3ln 3 + C = 1 ⇒ C = 1 + 3ln 3 2 2 x+2 ⇒ ∫ f ( x)dx = ln 3 x − 2 − 3ln x + 2 + 1 + 3ln 3 = ln 3 x − 2 − 3ln +1 3 3 3

⇒ Chọn A. Cách 2: Sử dụng MTCT để kiểm tra Bước 1: Bằng cách kiểm tra F (1) = 1 loại được các phương án B và D. Bước 2. Bằng cách kiểm tra với x = 0 :

5 + f (0) = − . 2 + Kiểm tra phương án A:

d 2 5 x+2  + 1 = − ⇒ thỏa mãn. ln 3 x − 2 − 3ln  dx  3 3 2  x =0

+ Kiểm tra phương án C:

d 9 x+2  +1 = − ⇒ không thỏa mãn. 2ln 3x − 2 − 3ln  dx  3 2 x=0

⇒ Chọn A. Nhận xét: Với bài toán này, nên sử dụng cách 2 với sự trợ giúp của MTCT. Câu 6: Nguyên hàm của hàm số f ( x) =

x2 −1 là x ( x 2 + 1)

A. ln x +

1 + C. x

B. ln x −

1 + C. x2

C. ln x −

1 + C. x

D. ln x 2 −

1 + C. x

Hướng dẫn giải Cách 1: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)

1  1 ′ 1    1 − d + dx d  x +  x x 2    2  x −1 x  x x Ta có: f ( x)dx = dx =  = =  2 1 1 1 x ( x + 1) x+ x+ x+ x x x

Suy ra

∫

1  dx+  1 x f ( x)dx = ∫  = ln x + + C 1 x x+ x

⇒ Chọn A.

Cách 2: Sử dụng MTCT để kiểm tra: Cho x = 2. 3 + f (2) = . 10

+ Kiểm tra phương án A:

d  1 3 ⇒ thỏa mãn. ln x +  =  dx  x  x =2 10

+ Kiểm tra phương án B:

d  1  ln x − 2  ≈ 0,7142 ⇒ không thỏa mãn.  dx  x  x =2

+ Kiểm tra phương án C:

d  1 5 ln x −  = ⇒ không thỏa mãn.  dx  x  x=2 6

+ Kiểm tra phương án B:

d  1 ln x 2 −  ≈ 1, 2143 ⇒ không thỏa mãn.  dx  x  x=2

⇒ Chọn A. Nhận xét: Với bài toán này, nên sử dụng cách 2 với sự trợ giúp của MTCT. 1

∫x

Câu 7: Biết

a c a c 3x − 1 dx = 3ln + , trong đó a, b, d ∈ ℕ* , c ∈ ℤ và , là phân b d b d + 6x + 9

số tối giản. Biểu thức a + b + c + d bằng A. 8 . B. 18 .

C. 6 .

D. −6 .

Hướng dẫn giải Phân tích: Vì

3x − 1 3x − 1 = nên đến đây ta có 2 hướng xử lý: x + 6 x + 9 ( x + 3)2 2

* Thứ nhất, đổi biến t = x + 3 để được

3x − 1 3 x − 1 3t − 10 3 10 = = = − 2 x + 6 x + 9 ( x + 3) 2 t2 t t 2

* Thứ 2, phân tích (hoặc sử dụng phương pháp đồng nhất) phân tích

3 ( x + 3) − 10 3x − 1 3x − 1 3 10 = = = − . 2 2 2 x + 6 x + 9 ( x + 3) x + 3 ( x + 3)2 ( x + 3) Cách 1 (sử dụng phương pháp đổi biến số)

x = t − 3 Đặt t = x + 3 ⇒  . Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 3, x = 1 ⇒ t = 4.  dx = dt 1

3x − 1 3t − 10 10   3 10    4  −5 dx = ∫ 2 dt = ∫  − 2  dt =  3ln t +  = 3ln   + . Suy ra: ∫ 2 x + 6x + 9 t t t  t 3  3 6 0 3 3

⇒ a = 4, b = 3, c = −5, d = 6 ⇒ a + b + c + d = 8. ⇒ Chọn A.

Cách 2 (biến đổi trực tiếp) 1 1 3 ( x + 3) − 10 3x − 1 3 10  d x d x = = ∫0 x 2 + 6 x + 9 ∫0 ( x + 3)2 ∫0  x + 3 − ( x + 3)2  dx   1

10    4  −5 =  3ln x + 3 +  = 3ln   + x +33  3 6

⇒ a = 4, b = 3, c = −5, d = 6 ⇒ a + b + c = d = 8. ⇒ Chọn A. 3

Câu 8: Biết rằng

3x + 1 dx = a ln 2 + b ln 5 + c ln 7 với a, b, c ∈ ℚ. Giá trị của 2 − x −1

∫ 2x 2

3a + b + c bằng A.

4 . 3

B. 4 .

C. 3 .

11 3

Hướng dẫn giải

Trước hết, ta đồng nhất để tách như sau: Giả sử

a b 3x + 1 3x − 1 = = + 2 2 x − x − 1 ( 2 x + 1)( x − 1) 2 x + 1 x − 1

⇔ 3 x + 1 = a ( x − 1) + b ( 2 x + 1)

( 2)

(1)

1 với mọi x ≠ 1, x ≠ − . 2

∀x.

Đến đây ta có hai hướng giải quyết:

- Hoặc biến đổi ( 2 ) ⇔ 3 x + 1 = ( a + 2b ) x + ( − a + b ) ∀x

1  a= a + 2b = 3  3 . ⇔ ⇔ 4 −a + b = 1 b =  3 4 1 1 - Hoặc trong ( 2 ) : cho x = 1 ⇒ b = ; cho x = − ⇒ a = . 3 2 3 3

Suy ra:

3 3x + 1 4 1  4 1 1 1  3 d x = ∫2 2 x 2 − x − 1 ∫2  3 . 2 x + 1 + 3 . x − 1  dx =  6 ln 2 x + 1 + 3 ln x − 1  2

4 1 1 = ln 2 − ln 5 + ln 7. 3 6 6 4 1 1 ⇒ a = , b = − , c = ⇒ 3a + b + c = 4. 3 6 6

⇒ Chọn B

Nhận xét

- Tại sao trong hệ thức

∀x ≠ 1, x ≠ −

( 2)

là điều kiện ∀x mà không phải điều kiện

1 1 như hệ thức (1) , sau đó thay lần lượt x = 1, x = − vào ( 2 ) tìm a, b ? 2 2 a b 1 3x + 1 ∀x ≠ 1, x ≠ − = + 2 2x − x −1 2x + 1 x −1 2

Thật vậy

⇔ 3 x + 1 = a ( x − 1) + b ( 2 x + 1) ∀x ≠ 1, x ≠ −

1 2

1 1 thì tại x = 1, x = − 2 2 đẳng thức cũng đúng do phương trình dạng ax + b = 0 (tổng quát là dạng f ( x) = 0 với f ( x) là đa thức có dạng bậc n ) đúng với vô số giá trị của x thì vế trái phải đồng nhất bằng 0 với mọi x ∈ ℝ. Bởi vậy nên Nhưng vì nếu 3 x + 1 = a ( x − 1) + b ( 2 x + 1) ∀x ≠ 1, x ≠ −

3 x + 1 = a ( x − 1) + b ( 2 x + 1) ∀x ≠ 1, x ≠ −

1 ⇔ 3 x + 1 = a ( x − 1) + b ( 2 x + 1) ∀x ∈ ℝ. 2

- Khi gặp điều kiện dạng:

f ( x) = a ( x − x1 )( x − x2 ) + b ( x − x2 ) ( x − x3 ) + c ( x − x3 ) ( x − x1 ) ∀x ∈ ℝ thay vì đồng nhất và giải hệ phương trình tìm a, b, c ta nên sử dụng phương pháp thay lần lượt x = x1 , x = x2 , x = x3 để tìm a, b, c. 1

Câu 9: Biết

∫x

x+6 dx = a ln 5 + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c ∈ ℚ. Mệnh đề nào sau + 7 x + 12

đây đúng ? A. a − b + c = 5 . C. a + b + c = 5 .

B. a + b + 2c = 9 . D. a − 2b − 3c = 10 . Hướng dẫn giải

Ta phân tích

a b x+6 thành và bằng cách đồng nhất hệ số: x + 7 x + 12 x+3 x+4 2

x+6 x+6 a b = = + ∀x ≠ −3, x ≠ −4 x + 7 x + 12 ( x + 3)( x + 4 ) x + 3 x + 4

Giả sử

⇔ x + 6 = a ( x + 4 ) + b ( x + 3) ∀x (*) Trong (*) cho x = −3 ⇒ a = 3; cho x = −4 ⇒ b = −2 V ậy

3 2 x+6 = − x + 7 x + 12 x + 3 x + 4 2

Suy ra:

1 x+6 2   3 ∫0 x 2 + 7 x + 12 dx = ∫0  x + 3 − x + 4  dx = ( 3ln x + 3 − 2ln x + 4 ) 0

= ( 3ln 4 − 2ln 5 ) − ( 3ln 3 − 2ln 4 ) = 10ln 2 − 3ln 3 − 2ln 5. ⇒ a = 10, b = −3, c = −2 ⇒ Chọn C. 2

Câu 10: Biết

∫x 1

xdx aπ 3 c 4 a c = + ln với a, c ∈ ℤ; b, d ∈ ℕ* và , là các b d 3 − 2x + 4 b d

phân số tối giản. Khi đó a − b + 3c + 4d bằng A. 6 . B. −6 . C. −14 .

D. 14 .

Hướng dẫn giải 2

Mẫu số là tam thức bậc hai vô nghiệm nên ta có: x 2 − 2 x + 4 = ( x − 1) + 3  x = 3 tan t + 1 Đặt x − 1 = 3 tan t ⇒  . 2 dx = 3 ( tan t + 1) dt

Đổi cận x = 1 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = π 2

Suy ra

xdx ∫1 x 2 − 2 x + 4 = ∫0

(

π 6

)

3 tan t + 1

. 3 ( tan 2 t + 1) dt

3 tan 2 t + 3

π 6  3 = ∫  tan t +  dt 3  0

 3 6 3 1 4 =  − ln cos t + t = π + ln 3  18 2 3  0 ⇒ a = 1, b = 18, c = 1, d = 2 ⇒ a − b + 3c + 4d = −6 ⇒ Chọn B. 3

Câu 11: Biết

∫ 0

+ 1)

= với a, c ∈ ℤ; b, d ∈ ℕ* và

Khi đó 6a + b − 2c − d bằng A. 5 . B. 4 .

a c , là các phân số tối giản. b d

C. 6 .

D. 3 .

Hướng dẫn giải Đặt x = tan t ⇒ dx = ( tan 2 t + 1) dt. Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0; x = 3 ⇒ t =

π 3

( tan t + 1) dt = dx = ∫ ∫ ∫ ( tan t + 1) ( x + 1) 3

Suy ra:

tan t + 1

= ∫ cos tdt = sin t 03 = 0

3 . 2

⇒ a = 0, b = 1, c = 2 ⇒ a 4 + b3 + c 2 = 5. ⇒ Chọn A.

Nhận xét: Với cách đổi biến x = a tan t ⇒ dx =

rút gọn, nếu còn tan 2 t + 1 thì biến đổi tan 2 t + 1 = 1

Câu 12: Biết

∫x 0

a dt = a ( tan 2 + 1) dt . Sau khi 2 cos t

1 . cos 2 t

a c dx a c = ln 2 + π 3 với a, c ∈ ℤ; b, d ∈ ℕ* và , là các phân số b d +1 b d

tối giản. Khi đó a + b + c + d bằng A. 13 . B. 12 .

C. 6 .

D. 14 .

Hướng dẫn giải

* Phân tích; x3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1) 1 ax + b c = 2 + ∀x ≠ −1 x +1 x − x +1 x +1

Giả sử

⇔ 1 = ( ax + b )( x + 1) + c ( x 2 − x + 1) ∀x b + c = 1 1 1 2 1 ⇒ a = − ;b = , c = . Cho x = −1 ⇒ c = ; x = 0, x = 1 ⇒  3 3 3 3 2a + 2b + c = 1

V ậy

1 1 x−2 1 1 =− . 2 + x +1 3 x − x + 1 3 3x + 1 3

1 1 1  1 1 1 1 dx  1 x−2 Do đó: ∫ 3 = ∫− . 2 + .  dx = ln x + 1 0 − I = ln 2 − I 3 3 3 3 x +1 0  3 x − x +1 3 x +1 0

* Với I = ∫ 0

x−2 x−2 dx = ∫ dx 2 2 x − x +1 1 3 0  x−  + 2 4 

 3 1 x= tan t +  1 3  2 2 đặt x − = . tant ⇒  2 2 dx = 3 tan 2 t + 1 dt ( )  2

Đổi cận x = 0 ⇒ t = − ; x = 1 ⇒ t = . 6 6

π 3 3 tan t − 6 2 2 3 ( tan 2 t + 1) dt = ∫π tan t − 3 dt 3 3 2 tan 2 t + − 6 4 4

π 6

(

∫π

⇒I=

−

(

= − ln cos t − 3t 1

Suy ra:

∫x

)

π 6 −

=−

)

π 3 3

1 π 3 dx = ln 2 + ⇒ a = 1, b = 3, c = 1, d = 9 ⇒ a + b + c + d = 14. +1 3 9

⇒ Chọn D. 0

Câu 13: Tích phân

x 2017 dx

∫ ( x + 2)

bằng

2019

−1

A. −

1 . 4036

B. −

1 . 2018

C. −

1 . 4038

1 . 4034

Hướng dẫn giải

Sử dụng phép đổi biến t = 0

x 2017 dx

∫ ( x + 2)

2019

−1

 x  = ∫  x+2 −1 

x ta được x+2

2017

( x + 2)

dx 2

= ∫t

2017

−1

dt t 2018 1 . = =− 2 4036 −1 4036

⇒ Chọn A. 2

Câu 14: Kết quả của tích phân

( x + 2) 2017 ∫1 x 2019 dx bằng

32018 − 22018 A. . 2018 32017 22018 C. − . 4034 2017

32018 − 22018 B. . 4036 32020 − 22020 D. . 4040 Hướng dẫn giải

Sử

dụng

phép

đổi

biến

x+2 2 ⇒ dt = − 2 dx. x x

x = 1 ⇒ t = 3; x = 2 ⇒ t = 2. 2

( x + 2) 2017  x+2 dx = ∫  ⇒∫  2019 x x  1 1

⇒ Chọn B.

2017

dx t 2018 32018 − 2 2018 2017 dt . = t = = x 2 ∫2 2 4036 2 4036

Đổi

cận

Tổng quát: Bằng cách đổi biến số t = n

tích phân

( ax + b ) dx I =∫ n+2 α ( cx + d ) n

ax + b ad − bc dx ta tính được ⇒ dt = 2 cx + d ( cx + d )

như sau B

dx dt t n+1 B n +1 − An+1  ax + b  n I = ∫ = t = =  2 ∫A ad − bc ( n + 1)( ad − bc ) ( n + 1)( ad − bc ) α  cx + d  ( cx + d ) A (với A = t (α ), B = t ( β ) ). 3

Câu 15: Tích phân I = ∫ x ( x − 1)

2018

dx bằng

1 2019

3029.22019 . 1010.2019 3031.22019 D. . 1010.2019

3.2 . 2019 1504.2 2019 C. . 505.2019 A.

Hướng dẫn giải 3

Ta có: I = ∫ [ ( x − 1) + 1] ( x − 1)

2018

dx = ∫ ( x − 1) 2019 + ( x − 1) 2018  dx

 ( x − 1) 2020 ( x − 1) 2019  22020 2 2019 3029 2 2019. = + + =  =  2020  2019  2020 2019 1010.2019  1

⇒ Chọn B.

III. Nguyên hàm, tích phân hàm lượng giác Để tìm nguyên hàm, tính tích phân hàm số lượng giác thông thường sử dụng các

phép biến đổi lượng giác, đổi biến số hoặc từng phần để đưa về các nguyên hàm, tích phân dạng cơ bản Chú ý: Với nguyên hàm dạng ∫ sin m x cos n xdx ( m, n ∈ ℕ* ): + Nếu m là số nguyên dương lẻ thì đặt t = cos x. + Nếu n là số nguyên dương lẻ thì đặt t = sin x. + Nếu m, n là các số nguyên dương chẵn, sử dụng công thức hạ bậc, biến đổi tích thành tổng để biến đổi sin m x cos n x về dạng tổng của sin và cosin với số mũ bằng 1.

Câu 16: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = sin 3x là 1 cos 3 x + C . 3 C. 3cos3x + C .

1 B. − cos3 x + C . 3 D. −3cos3x + C

Hướng dẫn giải 1 Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản mở rộng thì ∫ sin 3 xdx = − cos3 x + C 3

⇒ Chọn B. Chú ý: Các phương án nhiễu A, C , D do nhầm lẫn nguyên hàm với đạo hàm. Câu 17: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = cos 2019 x là A.

1 sin 2019 x + C 2019

B. −

C. 2019sin 2019x + C

1 sin 2019 x + C 2019

D. −2019sin 2019 x + C . Hướng dẫn giải

Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng thì ∫ cos2019xdx =

1 sin 2019x + C 2019

⇒ Chọn A. Chú ý: Các phương án nhiễu B, C , D do nhầm lẫn nguyên hàm với đạo hàm. Câu 18: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin x cos3 x là 1 A. − cos x.sin 3 x + C . 3

1 cos x.sin 3 x + C . 3

1 1 C. − cos 4 x + cos 2 x + C . 8 4

1 1 cos 4 x − cos 2 x + C 8 4

Hướng dẫn giải Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng ta có: sin x cos3 x = Do đó:

1 ( sin 4 x − sin 2 x ) 2

∫ f ( x)dx = 2 ∫ ( sin 4 x − sin 2 x ) dx = − 8 cos 4 x + 4 cos 2 x + C

⇒ Chọn C. Chú ý: Các phương án nhiễu A, B, C do học sinh có thể chọn do nhầm lẫn các tính chất của nguyên hàm.

π 3

∫ sin π

Câu 19: Biết

a 2 c a c + với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các phân số tối b d b d

xdx =

giản. Khi đó 2a + b − c − d bằng

A. 10 .

B. −13 .

C. 25 .

D. 9 .

Hướng dẫn giải Định hướng tư duy * Ta thấy hàm số dưới dấu tích phân có số mũ của sin x là lẻ nên có thể sử dụng phép đổi biến t = cos x. π 3

Cách 1: Đặt Biết

∫ sin π

xdx =

a c a 2 c với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các + b d b d

phân số tối giản. Khi đó t = cos x ⇒ dt = − sin xdx, x = π

⇒ ∫ sin 3 xdx = ∫ sin 2 x.sin xdx = π

1 2

⇒t =



t  3

∫ (1 − t ) ( −dt ) =  t − 3  2

2 2

2 1 π ; x= ⇒t = . 2 3 2 2 2

= 1 2

5 2 11 − . 12 24

⇒ a = 5, b = 12, c = −11, d = 24 ⇒ 2a + b − c − d = 9 ⇒ Chọn D.

* Vì số mũ của sin x bằng 3 nên có thể sử dụng công thức hạ bậc ba để đưa về bậc 1 đối với sin. Cách 2: Ta có sin 3 x = π

⇒ ∫ sin 3 xdx = ∫

3sin x − sin 3 x 4 π

3sin x − sin 3 x cos3 x  3 5 2 −11  3 dx =  − cos x + +  = 4 12  π 12 24  4 4

⇒ a = 5, b = 2, c = −11, d = 24 ⇒ 2a + b + c + d = 25 ⇒ Chọn D.

Nhận xét: Với bài toán này, sử dụng cách 1 hay cách 2 thì thời gian tính toán gần như tương đồng. π 3

Câu 20: Biết ∫ sin 4 xdx = 0

a c a c 3 + π với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các phân số tối b d b d

giản. Khi đó 6a + b − 2c − d bằng A. −3 .

B. 0 .

C. −5 .

D. 3 .

Hướng dẫn giải

Ta thấy hàm số dưới dấu tích phân có số mũ của sin x là chẵn nên sử dụng công thức hạ bậc, sau đó sử dụng nguyên hàm của hàm số lượng giác để tính. 2

1  1 − cos 2 x  2 Ta có: sin 4 x =   = 1 − 2cos 2 x + cos 2 x 2 4  

(

)

1 1 + cos 4 x  3 1 1 = 1 − 2cos 2 x +  = − cos 2 x + cos 4 x 4 2 8  8 2 π

3 1 3 1  4 sin x d x = ∫0 ∫0  8 − 2 cos 2 x + 8 cos 4 x  dx 3

Do đó

1 1 3 1  3 −9 =  − sin 2 x + sin 4 x  = 3+ π 32 8 8 4  0 64

⇒ a = −9, b = 64, c = 1, d = 8 ⇒ 6a + b − 2c − d = 0 ⇒ Chọn B.

Nhận xét: Với bài toán này, không thể sử dụng phương pháp đổi biến số. π 2

∫ ( sin π

Câu 21: Biết

a c a 3 c + với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các b d b d

x + cos3 x ) dx =

phân số tối giản. Khi đó 2a + b + c − d bằng A. 4 . B. 2 . C. −5 .

D. −8 .

Hướng dẫn giải Định hướng tư duy

* Nếu xét sin 3 x + cos3 x thì ta không thể đổi biến t = sin x hoặc t = cos x được. Nhưng nếu xét riêng từng biểu thức sin 3 x, cos3 x thì ta có thể đổi biến số. Điều này dẫn chúng ta hướng đến việc tách tích phân ban đầu thành hai tích phân và với mỗi tích phân, sử dụng một cách đổi biến khác nhau. Cách 1:

∫ ( sin

x + cos3 x ) dx = ∫ sin 3 xdx + ∫ cos3 xdx = I + J

π 2

Với I = ∫ sin 3 xdx đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx, x = π 6

π 3 π ⇒t = ; x = ⇒ t = 0. 6 2 2

⇒ I = ∫ sin 3 xdx = ∫ sin 2 x.sin xdx = π



t  3

∫ (1 − t ) ( −dt ) =  t − 3  2

3 2

= 0

3 3 . 8

π 2

Với J = ∫ cos3 xdx đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx, x = π

π 1 ⇒ t = ; x = ⇒ t = 1. 6 2 2

 t3  5 ⇒ J = ∫ cos xdx = ∫ cos x.cos xdx = ∫ (1 − t ) ( −dt ) =  t −  = . 3  1 24 1 π π  2

π 2

V ậy

∫ ( sin π

x + cos3 x ) dx =

3 3 5 + 8 24

⇒ a = 3, b = 8, c = 5, d = 24 ⇒ 2a + b + c − d = −5 ⇒ Chọn C.

* Vì số mũ của sin x và cos x bằng 3 nên có thể sử dụng công thức hạ bậc ba để đưa về số mũ bậc nhất của sin và cos. π

Ta có

∫ ( sin

 3sin x − sin 3 x 3cos x + cos3 x  x + cos3 x ) dx = ∫  +  dx 4 4  π 2

π 6

1 3 1  3 2 3 3 5 =  − cos x + cos3 x + sin x + sin 3 x  = + 12 4 12 8 24  4 π 6

⇒ a = 3, b = 8, c = 5, d = 24 ⇒ 2a + b + c − d = −5 ⇒ Chọn C. Nhận xét: Với bài toán này, nên sử dụng cách thứ 3 sẽ tiết kiệm thời gian và việc biến đổi, tính toán sẽ đơn giản hơn. π 2

Câu 22: Biết

∫ (cos 0

x − 1) cos 2 xdx =

a c a c + π với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các b d b d

phân số tối giản. Khi đó a + b + 5c + d bằng A. 22 .

B. 32 .

C. 23 .

D. 33 .

Hướng dẫn giải Định hướng tư duy

- Không thể đổi biến t = sin x do số mũ của cos x có cả chẵn và lẻ. - Khi nhân khai triển ta được ( cos3 x − 1) cos 2 x = cos5 x − cos 2 x . Điều này giúp ta π 2

định hướng đến việc tách thành hai tích phân, trong đó có tích phân ∫ cos 2 xdx . 0

π 2

Ta có I = ∫ (cos x − 1)cos xdx = ∫ cos xdx − ∫ cos 2 xdx = I1 − I 2 . 3

I1 = ∫ cos xdx = ∫ cos x.cos xdx = ∫ (1 − t 5

vớ i

2 2

)

 t 5 2t 3  8 +t = dt =  − 3 5  0 15

(đổi biến số t = sin x ) π

12 1 1 2 π I 2 = ∫ sin 2 xdx = ∫ (1 − cos 2 x ) dx =  x − sin 2 x  = . 20 2 2 0 4 0 2

Do đó I =

a = 8, b = 15 8 1 ⇒ a + b + 5c + d = 22 − π . Do đó: ⇒  15 4 c = −1, d = 4

⇒ Chọn A. π 6 a c a c Câu 23: Biết ∫ ( sin 4 x + cos 4 x ) dx = π + 3 với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các b d b d 0

phân số tối giản. Khi đó 3a + 4b + 2c − d bằng A. −6 . B. 4 . C. 3 .

D. 5 .

Hướng dẫn giải

Ta có: sin 4 x + cos 4 x = π

3 1 + cos 4 x nên 4 4

1 3 3 1  3 6 π 4 4 ∫0 ( sin x + cos x ) dx = ∫0  4 + 4 cos 4 x  dx =  4 x + 16 sin 4 x  0 = 8 + 32 6

⇒ a = 1, b = 8, c = 1, d = 32 ⇒ 3a + 4b + 2c − d = 5. ⇒ Chọn D.

Câu 24: Biết

∫ ( sin

a c 3 với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* x + cos 4 x )( sin 6 x + cos 6 x ) dx = π + b d

a c , là các phân số tối giản. Khi đó 2a + 3b + 4c − d bằng b d A. 5 . B. 2 . C. 3 . và

D. 16 .

Hướng dẫn giải Định hướng tư duy

- Số mũ của sin x và cos x đều chẵn ⇒ sử dụng công thức hạ bậc, biến đổi để đưa về tổng của sin và cosin có số mũ bằng 1. - Các biến đổi cơ bản: 2 1 sin 4 x + cos 4 x = ( sin 2 x + cos 2 x ) − 2sin 2 x cos 2 x = 1 − sin 2 2 x 2

=1−

1 3 1 (1 − cos 4 x ) = + cos 4 x. 4 4 4 3

sin 6 x + cos6 x = ( sin 2 x + cos 2 x ) − 3sin 2 x cos 2 x ( sin 2 x + cos 2 x ) 3 3 5 3 = 1 − sin 2 2 x = 1 − (1 − cos 4 x ) = + cos 4 x. 4 8 8 8 3 1  5 3  Ta có: ( sin 4 x + cos 4 x )( sin 6 x + cos 6 x ) =  + cos 4 x  + cos 4 x  4 4  8 8 

Suy ra

3 (1 + cos8 x ) 15 7 3 15 7 + cos 4 x + cos 2 4 x = + cos 4 x + 32 16 32 32 16 64

33 7 3 + cos 4 x + cos8 x 64 16 64

3  33 7  x + cos 4 x )( sin 6 x + cos 6 x ) dx = ∫  + cos 4 x + cos8 x  dx 64 16 64  0 

∫ ( sin 0

7 3 59  33  12 11 sin 8 x  = 3 =  x + sin 4 x + π+ 64 512 256 1024  64 0

⇒ a = 11, b = 256, c = 59, d = 1024 ⇒ 2a + 3b + 4c − d = 2. ⇒ Chọn B.

π 8

∫ ( sin

Câu 25: Biết

a c a c với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các x + cos10 x ) dx = π + b d b d

phân số tối giản. Khi đó a − b − 4c + A. 3 .

B. 128 .

1 2 d bằng 16 C. 5 .

D. 64 .

Hướng dẫn giải Định hướng tư duy - Số mũ của sin x và cos x đều chẵn ⇒ sử dụng công thức hạ bậc, biến đổi để đưa về tổng của sin và cosin có số mũ bằng 1. 5

5 1 5  1 − cos 2 x  sin10 x = ( sin 2 x ) =   = (1 − cos 2 x ) 2   32

cos x = ( cos x ) 10

1 5  1 + cos 2 x  =  = (1 + cos 2 x ) 2   32

- Chú ý khai triển: 5

(1 + a ) = 1 + 5a + 10a 2 + 10a3 + 5a 4 + a5 5 (1 − a ) = 1 − 5a + 10a 2 − 10a3 + 5a 4 − a5 5 5 Suy ra: (1 + a ) + (1 − a ) = 2 + 20a 2 + 10a 4 . 5

1  1 − cos2x   1 + cos2x  2 4 Ta có: sin x + cos x =   +  = (1 + 10cos 2x + 5cos 2x ) 2 2     16 1 5 2 = 1 + 5 (1 + cos 4 x ) + (1 + cos 4 x )  16  4  10

1 5  2  6 + 5cos 4 x + (1 + 2cos 4 x + cos 4 x )  16  4 

1  29 15 5   + cos 4 x + (1 + cos8 x )  16  4 2 8  63 15 5 cos8 x = + cos 4 x + 128 32 128 =

8 63 15 5  10 10 sin x cos x d x cos8 x  dx + = + cos 4 x + ) ∫  128 ∫0 ( 32 128  0 8

Do đó

15 5 63 15  63 8 sin 4x + sin8x  = . = x+ π+ 1024 128  128 128  0 1024 ⇒ a = 63, b = 1024, c = 15, d = 128 ⇒ a − b − 4c +

1 2 d = 3. 16

⇒ Chọn A. Nhận xét: với bài toán này, yêu cầu kỹ năng biến đổi lượng giác là chủ yếu.

π 3

Câu 26: Biết

∫ π sin x.cos

a c a c + ln 3 với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các phân số b d b d

tối giản. Khi đó a 3 + b 3 + c 3 + d 3 bằng A. 8. B. 9.

C. 11.

D. 18.

Hướng dẫn giải Định hướng tư duy Ta thấy hàm số dưới dấu tích phân có sin x, cos x đều có số mũ lẻ nên có thể đổi biến t = sin x hoặc t = cos x . Trong trường hợp này, vì số mũ của sin x nhỏ hơn số mũ của cos x nên để đơn giản, ta đặt t = cos x .

Cách 1: π

dx sin xdx =∫ 2 = 3 sin x.cos x π sin x.cos3 x

Đổi biến số I = ∫

Phân tích:

2 2

∫ (1 − t ) t 2

(với t = cos x )

1 2

t 1 1− t2 + t2 1 1 1 1− t2 + t2 1 1 = = + = + = 3+ + 3 3 2 3 2 3 2 2 (1 − t ) t (1 − t ) t t (1 − t ) t t (1 − t ) t t t 1 − t 2 2 2

Suy ra: I =

∫ 1 2

t  1 1 1 1  1  2 dt =  − 2 + ln t − ln 1 − t 2  = 1 + ln 3  3+ + 2  2 2  t t 1− t   2t 1 2

⇒ a = b = c = 1, d = 2 nên a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = 11 ⇒ Chọn C.

* Nhận xét thấy, mẫu số có tổng số mũ của sin x và cos x là một số chẵn nên ta có thể đưa về tan x bằng cách biến đổi

dx 1 dx 1 dx tan 2 x + 1 d ( tan x ) = = = sin x cos3 x sin x cos x cos 2 x tan x.cos 2 x cos 2 x tan x Cách 2: π 3

dx Đặt t = tan x thì ∫ = 3 sin x .cos x π

∫ 1

⇒ a = b = c = 1, d = 2 nên a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = 11 ⇒ Chọn C.

 t2  t2 +1 1 dt =  + ln t  = 1 + ln 3. t 2 2 1

Nhận xét: - Với bài toán này, nên sử dụng cách 2 sẽ phù hợp hơn. β

∫ α sin

- Sử dụng cách 2 có thể tính được tích phân

dx với m, n là các số x cos n x

nguyên dương có tổng là số chẵn bằng cách biến đổi dx 1 dx = = n m m + n −2 sin x cos x tan x.cos x cos 2 x

( tan 2 x + 1)

m + n− 2 2

tan m x

d ( tan x )

π 2

Câu 27: Biết

∫ π sin

a c a c = .ln 3 + với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các phân số tối x b d b d

giản. Khi đó a 3 + b 2 − c + d bằng A. 18. B. 7.

C. 9.

D. 19.

Hướng dẫn giải Vì số mũ của sin x là lẻ nên ta đặt u = cos x. Khi đó ta có π

1 2

− du sin xdx du 1 ( (u + 1) − (u − 1) ) du ∫π sin 4 x = ∫1 1 − u 2 2 = ∫0 ( (u − 1)(u + 1) )2 = 4 ∫0 ( (u − 1)(u + 1) )2 ( ) 2

1 2

 1  1 1 2 + −   du 2 2 4 ∫0  ( u − 1) ( u − 1) ( u + 1)( u − 1)  1 2

1  1 1 1 1  + + −   du 4 ∫0  ( u − 1)2 ( u − 1) 2 u + 1 u − 1  1

1 1 1 1 u +1  2 1 = − − + ln = ln 3 +  4  u +1 u −1 3 u −1  0 4 ⇒ a = 1, b = 4, c = 1, d = 3 ⇒ a 3 + b 2 − c + d = 19 ⇒ Chọn D. π

a c tan 4 x a c dx = ln 2 + 3 + 3 với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các Câu 28: Biết ∫ b d cos 2 x b d 0 6

(

)

phân số tối giản. Khi đó a + b + c + d bằng A. −14 . B. 20 . C. 40 .

Hướng dẫn giải

D. −34 .

Định hướng tư duy Ta thấy hàm số dưới dấu tích phân chứa tan 4 x nên ta hướng đến việc đổi biến 1 1 t = tan x. Muốn đổi biến như vậy thì phải xuất hiện dx = d ( tan x ) . Từ để 2 cos x cos 2 x

đó hướng chúng ta đến biến đổi cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x (1 − tan 2 x ) .

Ta có:

tan 4 x tan 4 x tan 4 x dx tan 4 x dx = d x . d ( tan x ) = = cos 2 x cos 2 x − sin 2 x 1 − tan 2 x cos 2 x 1 − tan 2 x 1 3

Đặt t = tan x ta được: I =

1 3

∫ 1− t

dt =



∫  −t

−1−

1 3

1   dt t −1  2

 1 1 t −1  1 10 3 =  − t 3 − t − ln = ln 2 + 3 −  2 t +1  0 2 27  3

(

)

⇒ a = 1, b = 2, c = −10, d = 27 nên ⇒ a + b + c + d = 20. ⇒ Chọn B. π

Câu 29: Biết

a c a c cos x − sin x dx = + 2 với a, c ∈ ℤ, b, d ∈ ℕ* và , là các phân b d 1 + sin 2 x b d 0

∫

số tối giản. Khi đó a + b + c 2 + d 2 bằng A. 6 . B. 4 .

C. 7 .

D. 8 .

Hướng dẫn giải Định hướng tư duy 2

- Mẫu số 1 + sin 2 x = ( sinx + cos x ) gợi ý ta xét tử số cos x − sin x có bằng đạo hàm của sin x + cos x hay không, nếu được thì sử dụng phép đổi biến t = sin x + cos x. - Có ( sin x + cos x )′ = cos x − sin x ⇒ t = sin x + cos x. π 4

Ta có: I = ∫ 0

cos x − sin x

( sin x + cos x )

dx =

∫ 1

1 2 dt . =− = 1− 2 2 t t1

⇒ a = 1, b = 1, c = −1, d = 2 ⇒ a + b + c 2 + d 2 = 7. ⇒ Chọn C. π

Câu 30: Biết

b b cos x + sin x là phân số tối dx = a + π với a ∈ ℝ; b, c ∈ ℤ, c > 0 và c c 3 + sin 2 x 0

∫

giản. Khi đó a8 + b5 + 2c bằng A. 6 . B. 4 .

C. 7 .

D. 8 .

Hướng dẫn giải Định hướng tư duy - Ta coi tử số cos x + sin x là đạo hàm của hàm u để sử dụng kết quả u′dx = du. Nếu u ' = cos x + sin x ⇒ u = sin x − cos x . Như vậy nếu mẫu số biểu diễn qua sin x + cos x thì bài toán được giải quyết. 2

- Mẫu số 3 + sin 2 x = 4 − (1 + sin 2 x ) = 4 − ( sin x + cos x ) . π

1 2 sin x − cos x )′ dx du cos x + sin x ( Cách 1: Ta có I = ∫ dx = ∫ =∫ 2 2 3 + sin 2 x 0 0 −1 4 − u 4 − ( sin x − cos x ) 2

Đặt u = 2sin t ⇒ du = 2 cos tdt. u = −1 ⇒ t = − π

2 cos tdt

∫π

−

, t =1⇒ t =

π 6

⇒I=

4 − 4sin t

−

∫π dt = 3 ⇒ a = 0, b = 1, c = 3 ⇒ a

+ b5 + 2c = 7.

⇒ Chọn C. π 2

π 2

1 sin x − cos x )′ dx du cos x + sin x ( Cách 2: Ta có I = ∫ dx = ∫ =∫ 2 2 3 + sin 2 x 0 0 −1 4 − u 4 − ( sin x − cos x )

Đặt sin x − cos x = 2sin t ⇒ ( cos x + sin x ) dx = 2 cos tdt ; x = 0 ⇒ t = − π

2 cos tdt

∫π

−

,x =

π 2

⇒t =

π 6

⇒I=

4 − 4sin t

∫π dt = 3 ⇒ a = 0, b = 1, c = 3 ⇒ a

−

+ b5 + 2c = 7.

⇒ Chọn C.

Nhận xét: Cách 2 thực chất là gộp 2 phép đặt trong cách 1. 5π 12

Câu 31: Biết

∫ π cos x − sin x +

a c a c 6+ 2 với a, c ∈ ℤ; b, d ∈ ℕ* và , là b d b d

các phân số tối giản. Khi đó abcd bằng A. −4 . B. 4 .

C. 12 .

D. −12 .

Hướng dẫn giải

π  π    Ta có cos x − sin x + 2 = 2 + 2 cos  x +  = 2 1 + cos  x +   4 4     x π = 2 2 cos 2  +  2 8 5π 12

Nên

∫

dx = cos x − sin x + 2

5π 12

∫

π 4

5π

dx 1 6− 2  x π  12 tan  +  = = 2 x π 2 2 8 π 2 2 cos 2  +  4 2 8

Do đó a = 1, b = 2, c = −1, d = 2 ⇒ abcd = −4 ⇒ Chọn A.

Nhận xét: Bằng cách biến đổi A sin x + B cos x = dụng nguyên hàm

∫ sin

A2 + B 2 cos ( x + α ) và sử

dx cot(kx + b) =− +C (kx + b) k dx

∫ cos (kx + b) = 2

tan(kx + b) +C k b

Ta có thể tính được tích phân tổng quát:

∫ A sin x + B cos x ± a

A sin x + B cos x + A2 + B 2 =

= A sin x + B cos x − A2 + B 2 =

A2 + B 2

. Thật vậy:

A2 + B 2 cos ( x + α ) + A2 + B 2

x α A2 + B 2 (1 + cos( x + α ) ) = 2 A2 + B 2 cos 2  +  2 2 A2 + B 2 cos ( x + α ) − A2 + B 2

x α = − A2 + B 2 (1 − cos( x + α ) ) = −2 A2 + B 2 sin 2  +  2 2 π

c 2 19cos x − 9sin x c * dx = a π + b ln là   với a, b ∈ ℚ; c, d ∈ ℕ và ∫0 3sin x + 5cos x d  d  4

Câu 32: Biết

các phân số tối giản. Khi đó 2a + b + c − d bằng A. 2 . B. 12 . C. 4 . Hướng dẫn giải

D. 3 .

a sin x + b cos x ta phân a′ sin x + b′ cos x tích tử số thông qua mẫu số và đạo hàm của mẫu số rồi sử dụng kết quả u′ ∫ u dx = ln u + C.

Nhận xét: Với bài toán tìm nguyên hàm của hàm số

Ta có: ( 3sin x + 5cos x )′ = 3cos x − 5sin x

19cos x − 9sin x = a ( 3sin x + 5cos x ) + b ( 3sin x + 5cos x )′ ∀x ∈ ℝ

Giả sử:

⇔ −9sin x + 19 cos x = ( 3a − 5b ) sin x + ( 5a + 3b ) cos x ∀x ∈ ℝ

3a − 5b = −9 a = 2 ⇔ ⇔ 5a + 3b = 19 b = 3 π

4 3sin x + 5cos x )′  ( 19cos x − 9sin x  dx = ∫ 2 + 3 dx Suy ra: ∫  3sin x + 5cos x 3sin x + 5cos x  0 0   4

= ( 2 x + 3ln 3sin x + 5cos x ) 4 = 0

4 2 + 3ln   2  5 

1 ⇒ a = , b = 3, c = 4, d = 5 ⇒ 2a + b + c − d = 3 . 2 ⇒ Chọn D. π 6

Câu 33: Biết

dx a c = ln 3 + ln 2 với a, b, c, d ∈ ℤ, b > 0, d > 0 và π b d  0 cos x cos x +   6 

∫

a c , là các phân số tối giản. Khi đó a 2 + c 2 + b + d bằng b d

A. 6 .

B. 12 .

C. 10 .

D. 4 .

Hướng dẫn giải Cách 1 Ta có:

6 dx dx dx = = ∫0 ∫ ∫ π      cos x cos  x +  0 cos x  3 cos x − 1 sin x  0 cos 2 x  3 − 1 tan x  6  2  2   2 2 

π 6

∫ 0

d ( tan x ) 3 1 − tan x 2 2

3 1 = −2ln − tan x 2 2

= −2ln 2 + 2ln 3. 0

⇒ a = −2, b = 1, c = 2, d = 1. Do đó a 2 + c 2 + b + d = 6. ⇒ Chọn C.

Cách 2

Ta có

1 π  cos x cos  x +  6  π

 π  sin   x +  − x  6   = 2  tan  x + π  − tan x  = 2.      π 6     cos x cos  x +  6   π

6    dx π 2 tan  x +  − tan x  =  ∫0 ∫ π 6    0  cos x cos  x +  6  6

Suy ra:

 6 π  = 2  − ln cos  x +  + ln ln cos x  6   0 = −2ln 2 + 2ln 3.

⇒ a = −2, b = 1, c = 2, d = 1. Do đó a 2 + c 2 + b + d = 10. ⇒ Chọn C. Nhận xét: Bằng cách phân tích

sin ( x + a ) − ( x + b )  1 1 = .  sin ( x + a ) sin ( x + b ) sin ( a − b ) sin ( x + a ) sin ( x + b )

1  cot ( x + b ) − cot ( x + a )  sin ( a − b ) 

sin ( x + a ) − ( x + b )  1 1 .  = cos ( x + a ) cos ( x + b ) sin ( a − b ) cos ( x + a ) cos ( x + b )

1  tan ( x + a ) − tan ( x + b )  sin ( a − b ) 

cos ( x + a ) − ( x + b )  1 1 = . sin ( x + a ) cos ( x + b ) cos ( a − b ) sin ( x + a ) cos ( x + b )

1  cot ( x + a ) − tan ( x + b )  sin ( a − b ) 

Ta tìm được nguyên hàm dạng: dx

∫ cos ( x + a ) cos ( x + b ) , ∫ sin ( x + a ) sin ( x + b )

và

∫ sin ( x + a ) cos ( x + b ).

π 3

∫ cos

Câu 34: Biết

dx =

a b , trong đó a, b, c là các số tự nhiên đôi một nguyên tố c

cùng nhau. Khi đó giá trị của T = 2a 2 − 3b 2 + 4c 2 bằng bao nhiêu? A. T = −15 .

B. T = 14 .

C. T = −13 .

D. T = 17 .

Hướng dẫn giải Chọn A. π

3 1 dx 1 Ta có I = ∫ dx = ∫ . 4 2 cos x cos 2 x cos x 0 0

= ∫ (1 + tan 2 x ) . 0

3 dx 1 + tan 2 x ) .d ( tan x ) = ( 2 ∫ cos x 0

 tan x  3 =  tan x +  = 2 3 ⇒ a = 2, b = 3, c = 1 3 0  3

Vậy T = 2a 2 − 3b 2 + 4c 2 = 2.22 − 3.32 + 4.12 = −15 . π

a b −c sin 2 x ∫π cos6 x dx = d , trong đó a, b và c, d là các cặp số tự nhiên 3

Câu 35: Biết

nguyên tố cùng nhau. Khi đó giá trị của T = ab + cd bằng bao nhiêu? A. T = 6 .

B. T = 246 .

C. T = −13 .

D. T = 17 .

Hướng dẫn giải Chọn B.

π 3

π 2

3 sin x 1 1 1 2 dx = ∫ tan x dx = ∫ tan 2 x. dx Ta có I = ∫ . 6 4 2 cos x cos x cos 2 x π cos x π π 6

 tan 5 x tan 3 x  3 + = ∫ tan 2 x. (1 + tan 2 x ) .d ( tan x ) = ∫ ( tan 2 x + tan 4 x ) .d ( tan x ) =   5 3 π π π 

42 3 − 8 15 ⇒ a = 42, b = 3, c = 8, d = 15 ⇒ T = 246

PHỤ LỤC 1 ĐỀ KHẢO SÁT SỐ 1 Thời gian làm bài: 20 phút, không kể thời gian giao đề 2

Câu 1: Tích phân

∫ x + 3 bằng 0

16 . 225

5 B. log . 3

5 C. ln . 3

Câu 2: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

2 . 15

1 là 5x − 2 1 ln 5 x − 2 + C. 5

A. 5ln 5 x − 2 + C.

C. ln 5 x − 2 + C.

1 D. − ln 5 x − 2 + C . 2

Câu 3: Nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

1 1 − 2 là 2 cos x sin x

A. tan x + cot x + C .

B. tan x − cot x + C .

C. − tan x + cot x + C .

D. − tan x − cot x + C .

π  Câu 4: Tìm nguyên hàm F ( x ) của hàm số f ( x ) = sin x + cos x và F   = 2 . 2 A. F ( x ) = cos x − sin x + 3.

B. F ( x ) = − cos x + sin x + 3.

C. F ( x ) = − cos x + sin x − 1.

D. F ( x ) = − cos x + sin x + 1.

Câu 5: Biết F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) = A. ln 2 − 1.

B. ln 2 + 1.

Câu 6: Nguyên hàm của hàm số f ( x) =

1 và F ( 2 ) = 1. Giá trị F ( 3) bằng x −1 C.

1 . 2

1 là (2 x + 1)( x − 1)

1 2x + 1 ln + C. 3 x −1

1 2x − 2 ln + C. 3 2x + 1

1 ln ( 2 x + 1)( x − 1) + C. 2

D. ln

2x −1 + C. x +1

7 . 4

Câu 7:

xdx

∫ ( x + 2)

Cho

= a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của

3a + b + c bằng A. −2 .

B. −1 .

D. 1 .

dx = a ln 2 + b ln 5 + c ln11 , với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề x+9

∫x

Câu 8: Cho

C. 2 .

nào dưới đây đúng? A. a − b = −c.

B. a + b = c.

C. a + b = 3c.

D. a − b = −3c.

∫x

Câu 9: Biết

x −1 dx = a ln 5 + b ln 3 với a, b, c ∈ ℚ. Tích ab bằng + 4x + 3

A. 8.

B. −6. 2

∫ ( x + 1)

Câu 10: Biết

C. −4.

D. −5.

dx dx = a − b − c với a, b, c ∈ ℕ* . Tổng a + b + c x + x x +1

bằng A. 24.

B. 12.

C. 18.

D. 46.

----------Hết---------PHỤ LỤC 2 ĐỀ KHẢO SÁT SỐ 2 Thời gian làm bài: 30 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1:

1 và f (1) = 1. Giá trị f (5) bằng 2x −1 B. ln 3. C. ln 2 + 1.

Hàm số y = f ( x) có f '( x) =

A. ln 2. Câu 2:

Câu 3:

Câu 4:

D. ln 3 + 1.

1 và F (2) = 1 . Giá trị F (3) bằng x −1 1 3 A. ln 2 + 1 . B. . C. ln . D. ln 2 . 2 2 1 Hàm số F ( x) là nguyên hàm của f ( x) = 1 + và F (0) = −1. Giá trị F (2) bằng x +1 A. ln 2 + 2. B. ln 3 + 2. C. ln 3 + 1. D. ln 2 + 3. Hàm số F ( x) là nguyên hàm của f ( x) =

Gọi F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) =

A. F (2) =

11 3 − 5ln . 2 2

x 2 + 3x − 3 và F (1) = 2. Tính F (2). x +1 11 3 B. F (2) = + 5ln . 2 2

9 + 5ln 3 − 10 ln 2. 2

C. F (2) = Câu 5:

D. F (2) = −5ln 3 + 10 ln 2.

Gọi F ( x) là họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

2 x4 + 3 . Khi đó F ( x) là hàm x2

số nào trong các hàm số sau đây?

2 x3 3 A. F ( x) = − . 3 x 3 x 3 C. F ( x) = − + C. 3 x Câu 6:

Câu 7:

Cho hàm số f ( x) =

1 . Mệnh đề nào sau đây đúng? (2 x + 1)( x − 1)

2x +1 + C. x −1

∫ f ( x)dx = 3 ln

∫ f ( x)dx = 2 ln ( 2 x + 1)( x − 1) + C.

∫ f ( x)dx = 3 ln

∫ f ( x)dx = ln

Hàm số nào dưới đây không là nguyên hàm của hàm số f ( x) =

x2 + x + 1 . x +1

x2 + x − 1 . x +1

x2 . x +1

x2 − x −1 . x +1

Câu 8:

2 x3 3 B. F ( x) = − + C. 3 x 3 2x 3 + + C. D. F ( x) = 3 x

∫ (2 x + 1)( x + 2) = a ln 2 + b ln 5 + c ln 7

Biết

2x − 2 + C. 2x + 1

2x −1 + C. x +1

x ( x + 2)

( x + 1)

với a, b, c ∈ ℚ. Đặt T = 2a − b + c.

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. T ∈ ( 0;1) . 2

Câu 9:

Biết

B. T ∈ ( −1; 0 ) .

∫ x + 3 = ln b

C. T ∈ (1; 2 ) .

D. T ∈ ( 2;3) .

với a, b là các số tự nhiên và ước chung lớn nhất của a, b

bằng 1 . Mệnh đề nào sau đây sai?

A. 3a − b < 12 . ln 6

Câu 10: Biết

∫e

ln 3

B. a + 2b = 13 .

C. a − b > 2 .

D. a 2 + b 2 = 41 .

dx = 3ln a − ln b ( a, b ∈ ℕ * ) . Tính P = ab. −x + 2e − 3

A. P = 10.

B. P = −10.

C. P = 15.

D. P = 20.

2 1   1 Câu 11: Biết ∫  − − 2  dx = a + b ln 2 với a, b ∈ ℚ . Mệnh đề nào sau đây đúng? x −3 x x  1

A. a 2 + b 2 > 10 .

B. a > 0 .

C. a − b > 1 .

D. b − 2a > 0 .

Câu 12: Biết

2   ∫  x + 1 + x − 1  dx = a + b ln 2 ( a, b ∈ ℚ ) . Tính a + b.

−1

3 A. a + b = . 2

3 B. a + b = − . 2

5 C. a + b = . 2

5 D. − . 2

Câu 13: Biết

∫ ( x + 1)( x + 3) dx = a ln 2 + b ln 3 + c ln 5

(a, b, c ∈ ℚ). Tính S = a + b − 2c.

A. S = 2. 3

Câu 14: Biết

B. S = 4. dx

∫ ( x + 2)( x + 4) dx = a ln 2 + b ln 5 + c ln 7

C. S = 3.

D. S = 5.

(a, b, c ∈ ℚ). Tính S = 2a + 3b − c.

A. S = 2. 3

Câu 15: Biết

B. S = 4. dx

∫ ( x + 1)( x + 4) dx = a ln 2 + b ln 5 + c ln 7

C. S = 3.

D. S = 5.

(a, b, c ∈ ℚ). Tính S = a + 4b − c.

A. S = 2. 2

Câu 16: Biết

∫x

B. S = 4.

Câu 17: Biết

∫x

B. P = −6.

Câu 18: Biết

B. 1.

∫

− 2 x ) ( x − 1) x +1

A. a + b + c > 0 . 2

Câu 19: Biết

∫

( x − 2) ( x

đây đúng? A. a + b + c > 0 . 5

Câu 20: Biết

∫x 1

D. P = −5.

1 . 2

D. 0.

dx = a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c ∈ ℚ . Mệnh đề nào sau đây sai? B. c < 0 .

− x + 2)

x+2

C. P = −4.

x+2 dx = a ln 12 + b ln 7, với a, b ∈ ℤ. Tổng a + b bằng + 4x + 7

A. −1. 2

D. S = 5.

x −1 dx = a ln 5 + b ln 3 ( a, b ∈ ℚ ) . Tính P = ab. + 4x + 3

A. P = 8. 1

C. S = 3.

C. a < 0 .

D. b > 0 .

dx = a + b ln 2 + c ln 3 với a, b, c ∈ ℚ . Mệnh đề nào sau

B. c > 0 .

C. a < 0 .

D. b > 0 .

3 dx = a ln 5 + b ln 2 ( a, b ∈ ℤ ) . Mệnh đề nào sau đây đúng? + 3x

A. a + 2b = 0 .

B. 2a − b = 0 . ------Hết------

C. a − b = 0 .

D. a + b = 0 .