HỒ NGỌC THẠCHĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM MỘT SỐ DẠNG TOÁN TÍCH PHÂN HÀM ẨN CÓ YẾU TỐ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT Đà Nẵng - 2024 ĐỀ ÁN
Nguyên hàm
Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng I (bao gồm khoảng, đoạn hoặc nửa khoảng của R) nếu F(x) khả vi trên I và đạo hàm của F(x) là f(x) với mọi x thuộc I.
Định lý 1.1.1 khẳng định rằng nếu F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng I, thì hàm G(x) = F(x) + C, với C là một hằng số, cũng là một nguyên hàm của f(x) trên I Ngược lại, theo định lý 1.1.2, nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên I, thì mọi nguyên hàm khác của f(x) trên I đều có dạng F(x) + C, với C là một hằng số.
Kí hiệu họ nguyên hàm của hàm số f(x) là R f(x)dx Khi đó
Tính chất 1.1.1 (R f(x)dx) ′ = f(x) và R f ′ (x)dx = f(x) + C.
Tính chất 1.1.2 R kf(x)dx = k.R f(x)dx với k là hằng số khác 0.
1.1.4 Phương pháp tìm nguyên hàm
• Phương pháp đưa về các nguyên hàm cơ bản:
Biểu diễn hàm số f(x) dưới dạng f(x) = a.f 1 (x) +b.f 2 (x) + ; trong đó ta đã biết nguyên hàm của các hàm số f 1 (x), f 2 (x), là F 1 (x),
• Phương pháp đổi biến số: Phương pháp này dựa vào: Định lý 1.1.3 Nếu R f(t)dt = F(t) +C và t = u(x) là hàm số có đạo hàm liên tục trên I thì R f[u(x)]u ′ (x)dx = F[u(x)] +C.
Hệ quả 1.1.4 Nếu u(x) =ax+b(a ̸= 0) thì
• Phương pháp tìm nguyên hàm từng phần: dựa vào định lí sau: Nếu hai hàm số u(x) và v(x) có đạo hàm liên tục trên I thì
Z u ′ (x)v(x)dx; hay viết gọn là
Chứng minh Giả sửu(x) và v(x) là hai hàm số khả vi trên khoảng xác định
I Khi đó, đạo hàm của tích u(x).v(x) theo biến x là: u(x).v(x) ′ = u ′ (x).v(x) +u(x).v ′ (x); hay u(x).v ′ (x) = u(x).v(x) ′ −u ′ (x).v(x).
Lấy nguyên hàm hai vế theo biến x:
Tích phân
Tích phân xác định từ a đến b của hàm số f(x), ký hiệu là ∫[a;b] f(x)dx, được định nghĩa là hiệu số giữa hai giá trị của một nguyên hàm F(x) của f(x) trên đoạn [a;b], tức là F(b) - F(a), với điều kiện hàm số f(x) phải liên tục trên đoạn này.
Tích phân R từ a đến b của hàm f(x) dx bằng 0, và R từ b đến a của f(x) dx bằng -R từ a đến b của f(x) dx Lưu ý rằng tích phân không phụ thuộc vào biến số được sử dụng trong dấu tích phân, vì vậy R từ a đến b của f(x) dx hay R từ a đến b của f(t) dt đều cho kết quả bằng F(b) - F(a).
1.2.2 Các phương pháp tính tích phân
• Phương pháp đổi biến số Định lý 1.2.1 Cho hàm số f(x) liên tục trên [a;b] Giả sử hàm số x = φ(t) có đạo hàm liên tục trên đoạn [α;β] và φ(α) = a, φ(β) = b Hơn nữa, a ≤φ(t) ≤ b,∀t ∈ [α;β].
Z b a f(x)dx Z β α f(φ(t))(φ) ′ (t)dt. Định lý 1.2.2 Cho hàm số f(x) liên tục trên [a;b] Nếu hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [a;b], α ≤ u(x) ≤ β,∀x ∈ [a;b] sao cho f(x) = g(u(x))u ′ (x), trong đó g(u) liên tục trên đoạn [α;β] thì
• Phương pháp tính tích phân từng phần Định lý 1.2.3 Nếu u(x) và v(x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn [a;b] thì
Z b a u ′ (x)v(x)dx; hay có thể viết gọn
Chứng minh Xét u(x) và v(x) là hai hàm số khả vi trên khoảng [a, b] Đạo hàm của tích u(x).v(x) theo biến x là: u(x).v(x) ′ = u ′ (x).v(x) +u(x).v ′ (x); hay u(x).v ′ (x) = u(x).v(x) ′ −u ′ (x).v(x).
Lấy tích phân hai vế theo biến x trên khoảng [a, b]:
1.2.3 Ứng dụng hình học của tích phân
Diện tích S của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a;b], trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b, được tính bằng công thức.
Hình 1.1 (Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b )
Diện tích S của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số liên tục y = f(x) và y = g(x) trên đoạn [a;b], cùng với hai đường thẳng x = a và x = b, được tính theo công thức cụ thể.
Hình 1.2 (Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số (C1) : y = f(x),
Vật thể V được giới hạn bởi hai mặt phẳng song song, vuông góc với trục hoành, cắt trục hoành tại hai điểm x = a và x = b (với a ≤ b) Diện tích thiết diện S(x) của V vuông góc với trục Ox tại x thuộc khoảng [a; b] Thể tích của vật thể V có thể được tính bằng công thức phù hợp.
Hình 1.3 (Vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng song song, vuông góc với trục hoành, cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ x = a, x= b)
• Thể tích khối tròn xoay
Khối tròn xoay được tạo ra khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a;b], trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b quay quanh trục Ox Thể tích của khối này được tính theo công thức cụ thể.
Hình 1.4 (Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b quay quanh trục Ox)
Thể tích khối tròn xoay được tạo ra khi hình phẳng giới hạn bởi các đường x = g(y), trục tung và hai đường thẳng y = c, y = d quay quanh trục Oy Công thức tính thể tích của khối này được xác định rõ ràng.
Hình 1.5 (Hình phẳng giới hạn bởi các đường x = g(y), trục tung và hai đường thẳng y = c, y = d quay quanh trục Oy)
Thể tích khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox Công thức tính thể tích của khối này là một phần quan trọng trong hình học không gian.
Hình 1.6 (Hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b quay quanh trục Ox)
Phương trình vi phân tuyến tính cấp một
1.3.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.3.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp một có dạng f ′ (x) +p(x).f(x) =g(x) (1.1) trong đó p(x), g(x) là những hàm số liên tục cho trước.
Nếu g(x) = 0 thì (1.1) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp một thuần nhất.
Nếu g(x) ̸= 0 thì (1.1) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp một không thuần nhất.
Bằng phương pháp thừa số tích phân, ta có thể chứng minh một số định lý quan trọng Định lý 1.3.1 phát biểu rằng cho phương trình vi phân tuyến tính cấp một thuần nhất f ′(x) + p(x).f(x) = 0, trong đó p(x) là hàm liên tục trên khoảng I ⊂ R Gọi P(x) là một nguyên hàm của p(x), thì nghiệm tổng quát của phương trình vi phân này trên khoảng I được xác định.
I là f(x) =C.e −P (x) , trong đó C là hằng số tuỳ ý.
Chứng minh Giả sử P(x) là một nguyên hàm của p(x) Nhân hai vế của (1.2) với e P (x) , ta được e P (x) f ′ (x) +p(x).e P(x) f(x) = 0
Trong phương trình vi phân tuyến tính cấp một f ′ (x) + p(x).f(x) = g(x), với p(x) và q(x) là các hàm liên tục trên khoảng I, nghiệm tổng quát được biểu diễn dưới dạng f(x) = e −P(x) F(x), trong đó P(x) là một nguyên hàm của p(x) và F(x) = R e P(x) q(x)dx Cụ thể, f(x) cũng có thể được viết lại thành f(x) = e −P(x) (F 1 (x) + C), với F 1 (x) là một nguyên hàm của (e P (x) q(x)).
Chứng minh Giả sử P(x) là một nguyên hàm của p(x) Nhân hai vế của (1.3) với e P (x) , ta được e P (x) f ′ (x) +p(x).e P(x) f(x) = g(x).e P (x) hay (e P (x) f(x)) ′ = g(x).e P (x) ⇔ e P(x) f(x) = R g(x).e P (x) dx.
Vậy f(x) = e −P (x) R g(x).e P(x) dx. Định lý 1.3.3 Cho bài toán điều kiện đầu như sau:
; trong đó p(x), q(x) là các hàm số liên tục trên R; x 0 , y 0 là các hằng số cho trước tuỳ ý Khi đó bài toán có một nghiệm f(x) duy nhất.
Giả sử P(x) là một nguyên hàm của p(x), theo Định lý 1.3.2, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân f ′ (x) + p(x)f(x) = q(x) được biểu diễn dưới dạng f(x) = e −P(x) (F 1 (x) + C), trong đó F 1 (x) là một nguyên hàm của (e P (x) q(x)) Để xác định hằng số C, dựa vào điều kiện đầu f(x 0 ) = y 0, ta có: f(x 0 ) = e −P (x 0 ) (F 1 (x 0 ) + C) ⇔ C = f(x 0 ).e P (x 0 ) − F 1 (x 0 ).
Vì hằng số C được xác định duy nhất nên nghiệm f(x) được xác định duy nhất Vậy bài toán trên luôn có nghiệm duy nhất.
1.3.3 Một số phương pháp giải phương trình vi phân tuyến tính cấp một
• Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange
Giải phương trình dy dx +p(x).y = q(x) (1.4)
Bước 1: Xét phương trình dy dx + p(x).y = 0 (1.5)
Giả sử y ̸= 0, khi đó (1.5) đưa về dạng dy y = −p(x)dx.
Do đó ln|y| = −R p(x)dx+ ln|C 1 | với C 1 ̸= 0.
Mặt khác y = 0 cũng là nghiệm nhưng cũng có thể gộp vào (1.6) với trường hợp C = 0.
Vâỵ nghiệm tổng quát của (1.5) là y = C.e − R p(x)dx , trong đó C là hằng số tuỳ ý.
Bước 2:Ta thử tìm nghiệm của(1.4)dưới dạng(1.6)trong đó coiC = C(x).
Khi đó dy dx = dC dx ãe − R p(x)dx −p(x).C.e − R p(x)dx thay hệ thức này vào (1.4), ta có dC dx ãe − R p(x)dx −p(x).C.e − R p(x)dx +p(x).C.e − R p(x)dx = q(x).
Do đó dC dx = q(x).e R p(x)dx hay
C = C(x) = R q(x).e R p(x)dx , trong đó C 1 là hằng số tuỳ ý.
Ta sẽ tìm nghiệm của phương trình (1.3) dưới dạng tích f(x) = u(x).v(x).
Thay vào phương trình (1.3) ta được
Bây giờ ta chọn u(x) sao cho u ′ (x) +p(x).u(x) = 0.
Dễ dàng tìm được u(x) = C.e − R p(x)dx và chọn C = 1, ta được u(x) = e − R p(x)dx
Từ phương trình (1.3), ta được v ′ (x).u(x) = q(x) hay v ′ (x) = q(x) u(x).
Từ đó, ta có v(x) Z q(x).e R p(x)dx +C 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1.3) là f(x) = e − R p(x)dx [
1.3.4 Một số phương trình đưa được về dạng tuyến tính cấp một
Phương trình Bernoulli là phương trình vi phân có dạngy ′ +p(x).y = q(x).y α , với α là hằng số thực khác 0 và 1.
Phương trình vi phân Bernoulli có nghiệm riêng y = 0.
Chia hai vế của phương trình cho y α với y ̸= 0, ta được phương trình y −α y ′ +p(x).y 1−α = q(x). Đặt z = y 1−α thì z ′ = (1−α)y −α y ′ , ta quy về phương trình vi phân tuyến tính cấp một của z đối với x: z ′ + (1−α).p(x).z = (1−α).q(x).
• Phương trỡnh dạng f ′ (y)ã dy dx +p(x).f(y) = q(x).Bằng cách đặt z = f(y) và đưa được về phương trình z ′ +p(x).z = q(x).
Phương trình hàm
1.4.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.4.1 Phương trình hàm là phương trình mà ẩn là các hàm số, giải phương trình hàm tức là tìm các hàm số chưa biết đó.
• Cấu trúc cơ bản của một phương trình hàm gồm ba phần chính:
- Miền xác định và miền giá trị.
- Phương trình hoặc hệ phương trình hàm.
- Một số điều kiện bổ sung (tăng, giảm, đơn điệu, bị chặn, liên tục, khả vi, ).
- Người ta phân loại phương trình hàm theo hai yếu tố chính: miền giá trị và số biến tự do.
1.4.2 Phân loại và phương pháp giải phương trình hàm
- Có thể chia thành các loại phương trình hàm như sau:
- Phương trình hàm một biến tự do, hai biến tự do,
- Phương trình hàm trên lớp hàm đơn điệu, lớp hàm liên tục, lớp hàm đa thức,
• Một số phương pháp giải phương trình hàm:
+ Thay các giá trị đặc biệt:
+ Ví dụ thay x = a sao cho f(a) xuất hiện nhiều trong phương trình. + x = a, y = b rồi hoán vị, thay đổi đi để tìm liên hệ giữa f(a) và f(b). + Đặt f(0) = b, f(1) = b,
Nếu hàm f là toàn ánh, thì tồn tại a sao cho f(a) = 0, điều này áp dụng trong phương trình cộng Ngược lại, nếu tồn tại a với f(a) = 1, điều này được sử dụng trong phương trình có nhân Cần chọn x và y phù hợp để loại bỏ f(g(x, y)) trong phương trình Đối với hàm có biến x bên ngoài, hãy cố gắng chứng minh rằng nó là đơn ánh hoặc toàn ánh.
+ f(x) =f(y), với mọi x, y ∈ A ⇒ f(x) là hằng số với mọi x ∈ A.
Phương pháp này bắt đầu bằng việc tính giá trị f(0) và f(1), từ đó suy ra f(n) cho n thuộc tập N Tiếp theo, ta tính f(n) cho n thuộc tập Z, sau đó tìm f(1 n) để xác định biểu thức f(r) với r thuộc tập Q Đây là phương pháp phổ biến khi cần xác định hàm số trên các tập hợp N, Z và Q.
3) Sử dụng tính liên tục: Đối với phương pháp này ta cần chú ý:
+ f liên tục và f đơn ánh thì f đơn điệu thực sự.
+ f liên tục trên đoạn [a;b] thì f bị chặn( tức là tồn tại M = max
4) Sử dụng tính đơn ánh, toàn ánh và song ánh:
Xét phương trình f(g(x, y)) =xh(x, y) +t(x, y); trong đó g(x, y), h(x, y) và t(x, y) là các hàm với ẩn x, y, f(x), f(y) đã biết.
Giả thiết 1: Nếu h(x, y) ≡ 0 với mọi x, y ∈ R, ta sẽ đi đến kết luận Nếu không, tồn tại y0 sao cho h(x, y0) ≠ 0, từ đó f(g(x, y0)) - t(x, y0) là toàn ánh, và ta sẽ giải như bình thường Nếu kết luận vẫn không đúng, ta sẽ sử dụng tính chất toàn ánh để tính một số giá trị đặc biệt và thay thế lại Nếu hàm có tính đơn ánh, có thể áp dụng mệnh đề đảo để tìm giá trị đặc biệt Nếu chưa tìm ra nghiệm, ta sẽ đưa về phương trình Cauchy để chứng minh hàm có tính chất Cauchy hoặc chứng minh hàm hằng.
Giả thiết 2 cho rằng hàm số f là hằng số c Để chứng minh điều này, ta đặt f(a) = c và giả sử tồn tại một giá trị x0 khác 0 sao cho f(x0) = c Nếu giả thiết f ≡ c đúng, ta có thể kết luận rằng f(x) = c chỉ khi x = a Qua đó, ta thực hiện phép thế hợp lý và đưa ra kết luận cuối cùng Ngược lại, nếu giả thiết sai, kết luận sẽ không phù hợp.
- Sử dụng tính đơn điệu Đối với phương pháp này cần lưu ý:
+ Nếu f cộng tính và đơn điệu trên R thì f(x) =k.x.
+ Nếu f đơn điệu thực sự thì f đơn ánh.
Trong một số trường hợp, nếu ta có thể dự đoán công thức của hàm số, chẳng hạn như f(x) = g(x), thì có khả năng xảy ra f(x) < g(x) hoặc f(x) > g(x) Từ đó, ta có thể áp dụng tính chất đơn điệu để rút ra mâu thuẫn.
Nếu hàm số f là đơn điệu và có công thức xác định trên tập Q, ta có thể sử dụng kỹ thuật chọn hai dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau và chuyển qua giới hạn Ngoài ra, nếu f là hàm đơn điệu và tuần hoàn, ta có thể kết luận rằng f là hằng số.
- Sử dụng tính chất điểm bất động
Cho f : X → R, a được gọi là điểm bất động của hàm f nếu a ∈
• Phương pháp giải phương trình đơn giản có dạng f(u(x)) = g(x) (1.7) Đặt t = u(x) Khi đó:
+ Nếu phương trình t = u(x) dễ giải và cho biểu thức nghiệm đơn giản x = u −1 (t), rồi thế vào (1.7) ta có f(t) = g(u −1 (t)).
+ Nếu phương trình t = u(x) khó giải và cho biểu thức nghiệm phức tạp thì ta tìm cách biến đổi đưa (1.7) về dạng f(u(x)) = g(u(x)) rồi suy ra f(x) = g(x).
Các phương pháp nêu trên thường được áp dụng để giải quyết các bài toán đơn giản liên quan đến phương trình hàm Sau khi tìm ra giải pháp, việc kiểm tra lại để đảm bảo hàm số thu được đáp ứng đầy đủ các yêu cầu là điều cần thiết.
• Phương pháp giải phương trình có dạng a(x).f(u(x)) +b(x).f(v(x)) = w(x) (1.8)
Từ phương trình (1.8), đặt ẩn phụ u(x) = v(t) để thu thêm một phương trình a ′ (x).f(u(x)) +b ′ (x).f(v(x)) =w ′ (x) (1.9)
Kết hợp(1.8) và(1.9), ta đi giải hệ tìmf(u(x)) hoặc f(v(x)) rồi trở lại dạng(1.7).
CHƯƠNG 2 PHÂN DẠNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG
GẶP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Chương này phân loại các dạng toán tích phân hàm ẩn kết hợp với phương trình vi phân tuyến tính cấp một và phương trình hàm Nó cũng trình bày các ứng dụng của tích phân hàm ẩn trong việc tính diện tích hình phẳng và thể tích của các vật thể.
Phương trình vi phân trong tích phân hàm ẩn
Ta có u(x).f ′ (x) + u ′ (x).f(x) = h(x) ⇔ (f(x).u(x)) ′ = h(x) Lấy nguyên hàm hai vế ta được f(x).u(x) =R h(x)dx Suy ra hàm số f(x).
Ví dụ 2.1.1 (Bài toán đề xuất) Cho hàm sốf(x) liên tục và có đạo hàm cấp hai trên R và thoả mãn f 3 (x).[4(f ′ (x)) 2 +f(x).f ′′ (x)] = x và f(0) = 0. Tính f(2).
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được f 4 (x).f ′ (x) = x 2
2 Tiếp tục lấy nguyên hàm hai vế, ta được f 5 (x)
Ví dụ 2.1.2 (Đề minh hoạ thi GKII Bộ Giáo Dục và Đào Tạo 2020-
2021) Cho hàm số f(x) thoả mãn 2x.f(x) +x 2 f ′ (x) = 1,∀x ∈ R\ {0} và f(1) = 0 Tính f(1
2). Lời giải Ta có 2x.f(x) + x 2 f ′ (x) = 1 ⇔ (x 2 f(x)) ′ = 1 Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x 2 f(x) = x + C Vì f(1) = 0 nên C = −1 Do đó x 2 f(x) = x−1 Vậy f(1
Ví dụ 2.1.3 (Thi Thử TN THPTQG Sở Giáo dục và Đào tạo Bến Tre 2019) Cho hàm số f(x) thoả mãn
Lấy nguyên hàm hai vế ta được (f(x).f ′ (x)) ′ = 3x 5 + 6x 2 +C.
Vì f(0) = f ′ (0) = 1 nên C = 1 Do đó(f(x).f ′ (x)) ′ = 3x 5 + 6x 2 + 1 Suy ra
Ví dụ 2.1.4 (Thi GKII THPT Nghĩa Hưng - Nam Định 2018-2019) Cho hàm số f(x) thoả mãn [xf ′ (x)] 2 + 1 = x 2 [1 − f(x).f ′′ (x)], với mọi x dương Biết f(1) = f ′ (1) = 1 Tính giá trị f 2 (2).
Lời giải Ta có [xf ′ (x)] 2 + 1 = x 2 [1−f(x).f ′′ (x)]
Lấy nguyên hàm hai vế ta đượcf(x).f ′ (x) =x+1 x+C Vì f(1) = f ′ (1) = 1 nên C = −1 Do đó (f(x).f ′ (x)) ′ = x+ 1 x −1 Tích phân với cận chạy từ 1 đến 2 hai vế, ta được
Từ đây ta nhận được f 2 (2) = 2 + 1
Ví dụ 2.1.5 (Thi thử TN THPTQG Trường THPT Nguyễn Viết Xuân - Vĩnh Phúc 2020 - 2021) Cho hàm số f(x) liên tục trên R thoả mãn f(x) = 2x.e −x
. Tích phân hai vế cận chạy từ 0 đến 1, ta được
Ví dụ 2.1.6 (Thi thử TN THPTQG Chuyên KHTN Hà Nội 2021) Cho hàm số f(x) liên tục trên R và thoả mãn xf ′ (x) + (x+ 1)f(x) = e −x , với mọi x Tính f ′ (0).
Lời giải Ta có xf ′ (x) + (x+ 1)f(x) = e −x
Lấy nguyên hàm hai vế, ta đượcxe x f(x) =x+C Cho x = 0 ta được C = 0.
Do đó xe x f(x) =x Vậy f ′ (0) = lim x→0 f(x)−f(0) x−0 = lim x→0 e −x −1
Hàm số f(x) có giá trị dương và đạo hàm trên khoảng (0; +∞) thỏa mãn phương trình f(x).ln(f(x)) = x(f(x)−f ′ (x)) với mọi x ∈ (0; +∞) Biết rằng f(1) = f(3), chúng ta cần tính giá trị của f(2).
Lời giải Ta có f(x).ln(f(x)) =x(f(x)−f ′ (x)
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x.ln(f(x)) = x 2
2.1.2 Tích phân liên quan đến biểu thức u(x).f ′ (x) − u ′ (x).f (x) = h(x)
Ta có u(x).f ′ (x)−u ′ (x).f(x) = h(x) Chia cả hai vế cho u 2 (x) ̸= 0, ta có u(x).f ′ (x)−u ′ (x).f(x) = h(x) u 2 (x) = h(x) u 2 (x)
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được f(x) u(x) = R h(x) u 2 (x)dx Suy ra hàm số f(x).
Hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên khoảng (0, π) thỏa mãn điều kiện f ′ (x)sinx = x + f(x)cosx cho mọi x thuộc (0, π), và f(π) là một bài toán thú vị trong kỳ thi thử TN THPTQG lần 1 tại Trường THPT Chuyên Đại Học Vinh, Nghệ An năm 2021.
6). Lời giải Ta có f ′ (x).sinx = x+f(x).cosx
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được R
(f(x) sinx) ′ dx = R x sin 2 xdx. Xét I = R x sin 2 xdx = −R xd(cotx).
Ta có (x.cotx) ′ = cotx− 1 sin 2 x ãx Lấy nguyờn hàm hai vế, ta được x.cotx+C = −ln|sinx|+I ⇔I = x.cotx+ ln|sinx|+C.
Do đó f(x) sinx = −x.cotx+ ln|sinx|+C Suy ra f(x) = sinx.[−x.cotx+ ln|sinx|+C].
2) = 1 nên C = 1 Do đó f(x) = sinx.[−x.cotx+ ln|sinx|+ 1].
Ví dụ 2.1.9 (Thi thử TN THPTQG Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An 2021) Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên khoảng
Lời giải Ta có x.f ′ (x) = f(x) + x 3 lnx
Lấy nguyên hàm hai vế, ta có R
2 +x.lnx Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x 2
Ví dụ 2.1.10 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục, nhận giá trị dương trên (0; +∞) thoả mãn 3x 6 f 2 (x) + 3f 3 (x) = x 7 f ′ (x) và f(1) = 1 Tính f(2).
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x 3 f(x) = 1 x 3 + C Vì f(1) = 1 nên C = 0.
Ví dụ 2.1.11 (Thi thử TN THPTQG Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Trị 2023) Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên R thoả mãn cosx.f ′ (x) + sinx.f(x) = 2 sinx.cos 3 x,∀x ∈ (0;π
Lời giải Ta có cosx.f ′ (x) + sinx.f(x) = 2 sinx.cos 3 x
⇔ cosx.f ′ (x) + sinx.f(x) cos 2 x = 2 sinx.cosx
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được f(x) cosx = −1
Ví dụ 2.1.12 (Thi thử TN THPTQG Chuyên KHTN Hà Nội 2023) Cho hàm số f(x) thoả mãn x.f ′ (x) = f(x) − x.f 2 (x),∀x ∈ (0,+∞) và f(1) = 1 Tính giá trị f(2).
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x f(x) = x 2
Cho hàm số f(x) đồng biến và có đạo hàm cấp hai trên đoạn [0; 2], thoả mãn phương trình [f(x)]^2 - f(x)f''(x) + [f'(x)] = 0 Biết rằng f(0) = 1 và f(2) = e^6, cần tính giá trị của f(1).
Lời giải Vì f(x) đồng biến trên [0; 2] nên f(x) ≥ f(0) = 1 > 0 Do đó f(x) > 0,∀x ∈ [0; 2].
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được f ′ (x) f(x) = x + C Tích phân hai vế với cận chạy từ 0 đến 2, ta được R2
Suy ra f ′ (x) f(x) = x+ 2 Tiếp tục tích phân hai vế cận chạy từ 0 đến 1, ta được
2.1.3 Tích phân liên quan đến biểu thức f ′ (x) + p(x).f (x) = g(x)
Ta cóf ′ (x)+p(x).f(x) = g(x) Nhân cả hai vế của phương trình vớie R p(x)dx , ta được [f(x).e R p(x)dx ] ′ = g(x).e R p(x)dx Lấy nguyên hàm hai vế, ta được f(x).e R p(x)dx = R g(x).e R p(x)dx Suy ra hàm số f(x).
Ví dụ 2.1.14 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên R thoả mãn f ′ (x) + 3x.f(x) = 0 và f(2) = 1 Tính f(√
Nhân hai vế của(∗)vớie R 3xdx = e 3 2 x 2 , ta đượce 3 2 x 2 f ′ (x)+e 3 2 x 2 3x.f(x) = 0. Suy ra (f(x).e 3 2 x 2 ) ′ = 0 Lấy nguyên hàm hai vế, ta được f(x).e 3 2 x 2 = C.
Vì f(2) = 1 nên C = e 6 Do đó f(x).e 3 2 x 2 = e 6 Vậy f(√
Ví dụ 2.1.15 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên R thoả mãn f ′ (x) + 2x.f(x) = e x f(x) và f(0) = 1 Tính f(1). Lời giải Ta có f ′ (x) + 2x.f(x) =e x f(x)
Nhân hai vế của (∗) với e 2x−e x , ta được e 2x−e x f ′ (x) +e 2x−e x (2x−e x ).f(x) = 0.
Suy ra (f(x).e 2x−e x ) ′ = 0 Lấy tích phân với cận chạy từ 0 đến 1 hai vế, ta được R1
Ví dụ 2.1.16 (Thi thử TN THPTQG Trường THPT Kinh Môn - Hải Dương 2019)Cho hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên R\ {−1; 0} thoả mãn x(x+ 1)f ′ (x) +f(x) = x 2 +x với ∀x ∈ R\ {−1; 0} và f(1) = −2 ln 2.
1 xf(x)dx. Lời giải Ta có x(x+ 1)f ′ (x) +f(x) = x 2 + x
⇔ f ′ (x) + 1 x(x+ 1) ãf(x) = 1 (∗) Nhân cả hai vế của (∗) với e
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x x+ 1 ãf(x) =x−ln|x+ 1|+C.
Vì f(1) = −2 ln 2 nên C = −1 Do đó x x+ 1 ãf(x) =x−ln|x+ 1| −1.
Ví dụ 2.1.17 (Đề thi HKII Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam
2018) Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [0; π
3] và thoả mãn f ′ (x).cosx+f(x).sinx = 1,∀x ∈ [0;π
Lời giải Ta có f ′ (x).cosx+ f(x).sinx = 1
Nhân hai vế của (∗) với e R tan xdx = 1 cosx, ta được 1 cosx ãf ′ (x) + sinx cos 2 x ãf(x) = 1 cos 2 x
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được 1 cosx ãf(x) = tanx+C Vỡ f(0) = 1 nờn
C = 1 Do đú f(x)ã 1 cosx = tanx+ 1 Suy ra f(x) = sinx+ cosx. Vậy I = R 0 π 3 f(x)dx = R 0 π 3 (sinx+ cosx)dx √3 + 1 2
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên khoảng (1,+∞) và thoả mãn điều kiện (xf ′ (x)−2f(x)).lnx = x 3 −f(x) với mọi x ∈ (1,+∞) Biết rằng f(√ 3 e) = 3e, hãy tính giá trị f(2).
Lời giải Ta có (xf ′ (x)−2f(x)).lnx = x 3 −f(x)
Nhân hai vế của (∗) với e
= lnx x 2 , ta được lnx x 2 ãf ′ (x) + 1−2 lnx x 3 ãf(x) = 1 ⇔(lnx x 2 ãf(x)) ′ = 1.
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được lnx x 2 ãf(x) = x+ C Vỡ f(√ 3 e) = 3e nên
C = 0 Do đó lnx x 2 ãf(x) =x ⇔ f(x) = x 3 lnx Vậy f(2) = 8 ln 2
Ví dụ 2.1.19 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và thoả mãn
(x 2 + 4).f ′ (x) +xf(x) = −x và f(0) = 1.Tính tích phân I = R 0 2 xf(x)dx.
Lời giải Ta có (x 2 + 4)f ′ (x) +xf(x) = −x
⇔ (√ x 2 + 4.f(x)) ′ = (−√ x 2 + 4) ′ Lấy nguyên hàm hai vế, ta được √ x 2 + 4.f(x) =−√ x 2 + 4 +C.
2 nên C = 1 Do đó √ x 2 + 1.f(x) = −√ x 2 + 1 + 1 Suy ra f(x) = −√ x 2 + 4 + 1
Ví dụ 2.1.20 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên
2025 và 2025.f(x) +x.f ′ (x) = 2x 2025 với ∀x ∈ [0; 1]. Tính tích phân I = R 0 1 f(x)dx.
⇔ f ′ (x) + 2025 x ãf(x) = 2x 2024 (∗) Nhân hai vế của (∗) với e
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x 2025 f(x) = x 4050
2.1.4 Tích phân liên quan đến biểu thức f ′ (x) + p(x).[f (x)] n = 0
Ta cóf ′ (x) +p(x).[f(x)] n = 0 Với f(x) khác0, ta chia cả hai vế cho [f(x)] n , ta được f ′ (x) f(x)] n +p(x) = 0 Lấy nguyên hàm hai vế, ta được [f(x)] −n+1
−n+ 1 = R −p(x)dx. Suy ra hàm số f(x).
Ví dụ 2.1.21 (Thi thử TN THPTQG Trường THPT Nguyễn Tất
Thành Hà Nội 2022)Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên Rvà thoả các điều kiện f(x) > 0,∀x ∈ R, f(0) = 1 và f ′ (x) = −4x 3 (f(x)) 2 ,∀x ∈ R.
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được 1 f(x) = x 4 +C Vì f(0) = 1 nên C = 1 Do đó 1 f(x) = x 4 + 1 ⇔f(x) = 1 x 4 + 1.
Ví dụ 2.1.22 (Đề thi GKII Trường THPT Phan Châu Trinh Đà
Nẵng 2021) Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên R\ {0} thoả mãn x.f ′ (x) = x 2 f 2 (x) + (2x −1).f(x) + 1, với mọi x ∈ R \ {0}, f(1) = −2.
⇔ f(x) +x.f ′ (x) (x.f(x) + 1) 2 = 1. Đặt g(x) = x.f(x) + 1 Khi đó ta có g ′ (x) g 2 (x) = 1 Lấy nguyên hàm hai vế, ta được −1 g(x) = x+C Vì f(1) = −2 nên C = 0 Do đó
Ví dụ 2.1.23 (Thi thử TN THPTQG Trường THPT Hải Hậu - Nam Định 2020) Cho hàm số f(x) thoả mãn f(x) < 0,∀x > 0 và có đạo hàm liên tục trên khoảng (0; +∞) thoả mãn f ′ (x) = (2x+ 1)f 2 (x),∀x >0 và f(1) = −1
2 Tính giá trị của biểu thức f(1) +f(2) +f(3) + +f(2020).
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được −1 f(x) = x 2 + x + C Vì f(1) = −1
Ví dụ 2.1.24 (Thi thử TN THPTQG Trường THPT Nam Trực - Nam Định 2018) Cho hàm số f(x) ̸= 0 thoả mãn f ′ (x) = 3x 4 +x 2 −1 x 2 ãf 2 (x) và f(1) = −1
Lời giải Ta có f ′ (x) = 3x 4 +x 2 −1 x 2 ãf 2 (x)
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được −1 f(x) = x 3 +x+ 1 x+C Vì f(1) = −1
Ví dụ 2.1.25 (Thi thử TN THPTQG Trường THPT Nguyễn Trãi
- Đà Nẵng 2018) Cho hàm số y = f(x) thoả mãn y ′ = xy 2 và f(−1) = 1.Tính giá trị f(2).
Lời giải Ta có y ′ = xy 2 ⇔ y ′ y = x 2 Lấy nguyên hàm hai vế, ta được lny = x 3
Ví dụ 2.1.26 (Đề thi TN THPTQG Bộ Giáo dục và Đào tạo 2018) Cho hàm số f(x) thoả mãn f(2) = − 1
25 và f ′ (x) = 4x 3 [f(x)] 2 , với mọi x ∈ R. Tính giá trị của f(1).
[f(x)] 2 = 4x 3 Lấy nguyên hàm hai vế, ta được −1 f(x) = x 4 + C Vì f(2) = − 1
2.1.5 Ứng dụng phương trình vi phân tuyến tính cấp một để tạo bài tập tích phân hàm ẩn
Các bước để tạo bài tập tích phân hàm ẩn từ phương trình vi phân tuyến tính cấp một.
Bước 1: Chọn phương trình vi phân cụ thể.
Bước 2: Giải phương trình vi phân này để tìm hàm ẩn y(x).
Bước 3: Sử dụng hàm ẩn tìm được để tạo các bài toán tích phân.
Để tạo bài tập tích phân hàm ẩn từ phương trình vi phân tuyến tính cấp một y′ − 2y = sinx, bước đầu tiên là giải phương trình này nhằm tìm hàm ẩn y(x).
Tìm nhân tử tích phân là u(x) =e R −2dx = e −2x
Nhân phương trình với nhân tử tích phân, ta được e −2x y ′ −e −2x 2y = e −2x sinx ⇔(e −2x y) ′ = e −2x sinx.
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được e −2x y Z e −2x sinx+C = −1
Từ đây, ta suy ra hàm ẩn y(x) là y(x) = −1
5 ã(2 sinx+ cosx) +C.e −2x Để bài toán cụ thể, ta chọn C = 1 Muốn vậy, ta cần thêm giả thiết, chẳng hạn y(0) = 4
Bài tập có thể tạo ra: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R thoả mãn f ′ (x)−2f(x) = sinx và y(0) = 4
Để tạo bài tập tích phân hàm ẩn từ phương trình vi phân tuyến tính cấp một dy/dx - 2x y = x^2, bước đầu tiên là giải phương trình này nhằm tìm hàm ẩn y(x).
Tìm nhân tử tích phân là u(x) =e
Nhân phương trình với nhân tử tích phân, ta được
Bằng cách lấy nguyên hàm hai vế, ta có được phương trình y x^2 = x + C Từ đó, ta suy ra hàm ẩn y(x) là y(x) = x^3 + Cx Để cụ thể hóa bài toán, ta chọn C = 1 và cần thêm giả thiết y(1) = 2.
Bài tập có thể tạo ra: Cho hàm số y = f(x) thoả mãn f ′ (x)− 2 x ãy = x 2 ,∀x ∈ R\ {0}.
Để tạo bài tập tích phân hàm ẩn từ phương trình vi phân tuyến tính cấp một y' + 2xy = xe^(x^2), trước tiên, chúng ta cần giải phương trình này nhằm tìm hàm ẩn y(x).
Tìm nhân tử tích phân là u(x) =e
= e 2 ln |x| = x 2 Nhân phương trình với nhân tử tích phân, ta được x 2 y ′ +x 2 ã 2 x ãy = x 2 x.e x 2 ⇔(x 2 y) ′ = x 3 e x 2
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x 2 y = 1
2 ãe x 2 +C Từ đõy, ta suy ra hàm ẩn y(x) = 1
2x 2 ãe x 2 + C x 2 Để bài toán cụ thể, ta chọn C = 1 Muốn vậy, ta cần thêm giả thiết, chẳng hạn y(1) = e
2 + 1. Bài tập có thể tạo ra: Cho hàm số y = f(x) thoả mãn xf ′ (x) + 2f(x) =x 2 e x 2 ,∀x ∈ R\ {0}.
Phương trình hàm trong tích phân hàm ẩn
2.2.1 Tích phân liên quan đến biểu thức mf (x) + nf (a + b − x) = g(x), ∀x ∈ R
Thay x bởi a+ b−x, ta thu được phương trình: m.f(a+b−x) +nf(x) = g(a+b−x).
Giải hệ phương trình này và thu được hàm f(x).
Cách khác: Đặt t = a+b−x ⇒ dt= −dx. Đổi cận x= a ⇒t = b, x = b ⇒ t= a.
Ví dụ 2.2.1 (Thi thử TN THPTQG Trường THPT Hàm Rồng - Thanh Hoá 2019) Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn[−3; 3] và thoả mãn
Ta có hệ phương trình:
9 +x 2 −4f(−x)]dx. Xét J = R −3 3 f(−x)dx Đặt t = −x ⇒ dt= −dx Đổi cận x = −3 ⇒ t = 3; x = 3⇒ t= −3 Do đó J = −R 3 −3 f(t)dt = R −3 3 f(t)dt = R −3 3 f(x)dx = I.
Ví dụ 2.2.2 (Thi thử TN THPTQG Trường Chuyên Phan Bội Châu
2018) Cho hàm số f(x) liên tục trên [0; 1] và thoả mãn
Ta có hệ phương trình:
Xét J = R o 1 f(1−x)dx Đặt t = 1−x ⇒dt = −dx Đổi cậnx = 0 ⇒ t= 1; x = 1 ⇒ t = 0 Khi đó J = −R −1 0 f(t)dt = R 0 1 f(t)dt = R 0 1 f(x)dx = I Do đó I = 1
Ví dụ 2.2.3 (Thi HKII Trường THPT Cổ Loa Hà Nội 2019) Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [1
2; 2] và thoả mãn f(x) + 2f(1 x) = 3x Tính tích phân I = R 1 2
Lời giải Ta cóf(x)+2f(1 x) = 3x Thayxbởi 1 x, ta được2f(x)+f(1 x) = 3 x
Ta có hệ phương trình:
Cách khác Ta có f(x) + 2f(1 x) = 3x Suy ra f(x) = 3x−2f(1 x) Khi đó
2 f(1 x) x dx Đặt t= 1 x ⇒ dt= − 1 x 2 dx = −t 2 dx ⇒ dx= −1 t 2 dt. Đổi cận x= 1
Ví dụ 2.2.4 (Thi thử TN THPT Trường THPT Chuyên Hạ Long
2019) Cho hàm số f(x) liên tục trên R và thoả mãn
Lời giải Ta có 3f(−x) + 2f(x) = x 10 ,∀x ∈ R Thay x bởi −x ta được 3f(x) + 2f(−x) = x 10
Ta có hệ phương trình:
2.2.2 Tích phân liên quan đến biểu thức f (u(x)) = v(x).
Nếu t = u(x) dễ giải, ta có nghiệm đơn giản x = u^(-1)(t) và thay vào phương trình f(u(x)) = v(x) để có f(t) = g(u^(-1)(t)) Ngược lại, nếu t = u(x) khó giải, ta cần biến đổi phương trình f(u(x)) = v(x) thành f(u(x)) = g(u(x)), từ đó suy ra f(x) = g(x) Một cách khác là đặt t = u(x) và dt = u'(x)dx, với f(t) = v(x) Khi đó, đổi cận t = a tương ứng với x = α và t = b tương ứng với x = β.
Do đó I = R a b f(x)dx = R a b f(t)dt = R α β u ′ (x).v(x)dx.
Ví dụ 2.2.5 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) liên tục trên R\ {1} thoả mãn f(x+ 1 x−1) = x+ 3,∀x ̸= 1 Tính tích phân I = R 2 3 f(x)dx.
Lời giải Ta có f(x+ 1 x−1) =x+ 3,∀x ̸= 1 Đặt t = x+ 1 x−1 ⇒x = t+ 1 t−1
Suy ra f(t) = t+ 1 t−1 + 3 = 4t−2 t−1 Do đó f(x) = 4x−2 x−1 Vậy I = R 2 3 f(x)dx = R 2 3 4x−2 x−1 dx= 4 + 2 ln 2.
Cách khác Ta có f(x+ 1 x−1) =x+ 3. Đặt t = x+ 1 x−1 ⇒dt = − 2
Ví dụ 2.2.6 (Bài toán đề xuất)Cho hàm sốf(x)liên tục trênR\ {−2; 1} thoả mãn f(3x+ 1 x+ 2 ) = x+ 1 x−1
Lời giải Ta có f(3x+ 1 x+ 2 ) = x+ 1 x−1 Đặt t = 3x+ 1 x+ 2 ⇒x = 2t−1
Ví dụ 2.2.7 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) liên tục trên R thoả mãn f(x+ 3) = 2x−1 Tính tích phân I = R 2023 2024 f(x)dx.
Lời giải Ta có f(x+ 3) = 2x−1 Đặt t= x+ 3⇒ x = t−3.
Ví dụ 2.2.8 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) liên tục trên R thoả mãn f(x−1) = x 2 −3x+ 3 Tính tích phân I = R 2024 2025 f(x)dx.
Lời giải Ta có f(x−1) = x 2 −3x+ 3 Đặt t = x−1⇒ x = t+ 1.
Ví dụ 2.2.9 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) liên tục trên R\ {0} thoả mãn f(x+ 1 x) = x 2 + 1 x 2 Tính tích phân I = R 3 5 f(x)dx.
2) 2 −2,∀x\ {0}. Đặtt = x+ 1 x ⇒f(t) =t 2 −2, với|t| ≥ 2 Do đó f(x) =x 2 −2, với |x| ≥ 2. Vậy I = R 3 5 f(x)dx = R 3 5 (x 2 −2)dx = 86
Ví dụ 2.2.10 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) liên tục trên R\ {0} thoả mãn f(x+ 1 x) = x 3 + 1 x 3 Tính tích phân I = R 4 5 f(x)dx.
Lời giải Ta có f(x+ 1 x) =x 3 + 1 x 3 = (x+ 1 x) 3 −3.(x+ 1 x). Đặt t = x + 1 x ⇒ f(t) = t 3 −3t, với |t| ≥ 2 Do đó f(x) = x 3 −3x, với
2.2.3 Tích phân liên quan đến biểu thức x = G(f (x)).
Phương pháp: Đặt y = f(x) ⇒x = G(y) ⇒ dx = G ′ (y)dy.
Ví dụ 2.2.11 (Đề thi HSG Sở GD - ĐT Đà Nẵng 2019 - 2020) Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và thoả mãn f(x)[f 2 (x) + 3f(x) + 7] = 8x 3 + 8x−5,∀x ∈ R.
Lời giải Ta có f(x)[f 2 (x) + 3f(x) + 7] = 8x 3 + 8x−5 Đặt t = f(x) ta có t(t 2 + 3t+ 7) = 8x 3 + 8x−5⇒ (3t 2 + 6t+ 7)dt = (24x 2 + 8)dx.
Cho x = 0 thì f 3 (0) + 3f 2 (0) + 7f(0) + 5 = 0 ⇔f(0) = −1 hay t = −1. Cho x = 1 thì f 3 (1) + 3f 2 (1) + 7f(1)−11 = 0 ⇔f(1) = 1 hay t = 1.
Ví dụ 2.2.12 ([2]) Cho hàm số f(x) liên tục trên R thoả mãn f 3 (x) +f(x) =x.
Lời giải Ta có f 3 (x) +f(x) =x Đặt y = f(x) ta có y 3 +y = x ⇒ dx = (3y 2 + 1)dy.
Ví dụ 2.2.13 ([2]) Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả mãn 2[f(x)] 3 + 3f(x) + 5 = x,∀x ∈ R Tính tích phân I = R 5 10 f(x)dx.
Lời giải Ta có 2[f(x)] 3 + 3f(x) + 5 = x Đặt y = f(x) ta có
Ví dụ 2.2.14 ([2]) Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả mãn 2x+f 5 (x) +f(x)−4 = 0,∀x ∈ R Tính tích phân I = R 1 2 f(x)dx.
Lời giải Ta có 2x+f 5 (x) +f(x)−4 = 0 Đặt y = f(x) ta có
Ví dụ 2.2.15 ([2]) Biết mỗi số thực t≥ 0 phương trình 4x 3 +tx−4 = 0 có nghiệm dương duy nhất x = x(t), với x(t) làm hàm số liên tục theo t trên [0; +∞) Tính tích phân I = R 0 7 [x(t)] 2 dt.
Lời giải Ta có 4x 3 +tx−4 = 0 ⇒ t= 4−4x 3 x ⇒dt = −8x 3 + 4 x 2 dx.
Ứng dụng của tích phân hàm ẩn
2.3.1 Các bài toán tính diện tích hình phẳng
Ví dụ 2.3.1 (Đề thi HKII Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng 2023) Cho hàm số y = f(x) và y = g(x) có đạo hàm liên tục trên khoảng (0; +∞) đồng thời thoả mãnf(1) = 5
2 vàg(x) = −xf ′ (x), f(x) =−xg ′ (x) với mọix > 0 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm sốy = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng x = 3,x = 5.
Lời giải Với mọi x > 0, ta có
Suy ra f(x)−g(x) x = C, với mọi x > 0 Do đó f(x) −g(x) = Cx với mọi x > 0 Vì f(1) = 5
2 nên C = 2 Suy ra f(x)−g(x) = 2x,∀x > 0. Vậy diện tích hình phẳng cần tìm làS = R 3 5 |f(x)−g(x)|dx = S = R 3 5 2xdx = 16.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn phương trình f(x) + x f ′ (x) = 4x³ + 4x + 2 với mọi x ∈ R Cần tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x) và y = f ′ (x).
Lời giải Ta có f(x) +xf ′ (x) = 4x 3 + 4x+ 2⇔ (xf(x)) ′ = 4x 3 + 4x+ 2. Lấy nguyên hàm hai vế, ta được xf(x) = x 4 + 2x 2 + 2x+C Cho x = 0, ta có C = 0 Do đó xf(x) =x 4 + 2x 2 + 2x ⇒f(x) =x 3 + 2x+ 2.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của y = f(x) và y = f ′ (x), ta có x 3 + 2x+ 2 = 3x 2 + 2 ⇔x = 0; x= 1; x = 2.
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là S = R 0 2 |f(x)−f ′ (x)|dx
Ví dụ 2.3.3 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số f(x) đồng biến và có đạo hàm liên tục trên đoạn [2; 5] thoả mãn f(1) = 1 và [f(x) +xf ′ (x)] 2 = 8f(x),∀x ∈ [2; 5].
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = 2, x = 5.
Lời giải Ta có [f(x) +xf ′ (x)] 2 = 8f(x)
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được p xf(x) = 4√ x + C Vì f(1) = 1 nên
C = −3 Do đó p xf(x) = 2√ x −3 ⇔ f(x) = (2√ x−3) 2 x Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là S = R 2 5 (2√ x−3) 2 x dx = 0,52.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R và thoả mãn phương trình f ′ (x) + 4x - 6x.e^(x^2) - f(x) - 1 = 0 với mọi x ∈ R và điều kiện f(0) = -1 Cần tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và đồ thị hàm số y = f ′ (x) + f''(x).
⇔ [(e f (x)+2x 2 +1 ] ′ = 6x.e 3x 2 Lấy nguyên hàm hai vế, ta được e f (x)+2x 2 +1 = e 3x 2 + C Vì f(0) = −1 nên
C = 0 Do đó e f (x)+2x 2 +1 = e 3x 2 ⇒ f(x) = x 2 − 1 Suy ra f ′ (x) = 2x và f”(x) = 2.
Xét phương trình hoành độ giao điểm, ta có f(x)−(f ′ (x) +f”(x)) = 0 ⇔x 2 −2x−3 = 0 ⇔x = −1; x = 3. Vậy diện tích cần tìm là
Ví dụ 2.3.5 (Thi thử TN THPTQG Sở Giáo dục và Đào tạo Sơn
La 2023) Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên khoảng (−1; +∞) và thoả mãn 2f(x) + (x 2 −1)f ′ (x) = x 3 + 2x 2 +x
,∀x ∈ (−1; +∞) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm sốy = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 1.
Nhân cả hai vế của (∗) với e
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được x−1 x+ 1.f(x) = √ x 2 + 3 +C Cho x = 1, ta có C = −2 Do đó x−1 x+ 1.f(x) =√ x 2 + 3 + 2 Suy ra f(x) = (x+ 1) 2
. Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là
2.3.2 Các bài toán tính thể tích vật thể
Ví dụ 2.3.6 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số y = f(x) đồng biến và có đạo hàm liên tục trên đoạn [1
2; 2] thoả mãn điều kiện f(1) = 1 và f ′ (x) = 2 x ãf(x),∀x ∈ [1
2; 2]. Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = 1
Lời giải Ta có f ′ (x) = 2 x ãf(x) ⇒ f ′ (x) f(x) = 2 x Lấy nguyên hàm hai vế, ta được ln(f(x)) = 2 lnx+ C Vì f(1) = 1 nên C = 0 Do đó ln(f(x)) = 2 lnx ⇒f(x) =x 2
Vậy thể tích cần tìm là V = π.R 1 2
Hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn điều kiện (x² + 1)f'(x) + xf(x) = -x với mọi x ∈ R và f(0) = -2 Đồ thị hàm số g(x) = 1 tạo thành hình phẳng (H) giới hạn bởi các đặc điểm của hàm f(x).
1 +f(x), hai trục toạ độ và đường thẳng x = 3 Tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình (H) xung quanh trục Ox.
Lời giải Ta có: (x 2 + 1)f ′ (x) +xf(x) =−x
⇔ (√ x 2 + 1.f(x)) ′ = (−√ x 2 + 1) ′ Lấy nguyên hàm hai vế, ta được √ x 2 + 1.f(x) = −√ x 2 + 1 +C Theo đề bài ra f(0) = −2 nên C = 1 Do đó √ x 2 + 1.f(x) = −√ x 2 + 1 + 1 Suy ra f(x) = −√ x 2 + 1 + 1
Vậy thể tích cần tìm là V = π.R 0 3 g 2 (x)dx = π.R 0 3 (√ x 2 + 1) 2 dx = 12π.
Cho hàm số y = f(x) không âm, thỏa mãn điều kiện f(x).f ′ (x) = 2x.pf 2 (x) + 1 và f(0) = 0 Cần tính thể tích khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), y = 0, x = 0 và x = 2 quanh trục Ox.
Lời giải Ta có f(x).f ′ (x) = 2x.pf 2 (x) + 1 ⇔ f(x).f ′ (x) pf 2 (x) + 1 = 2x.
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được p f 2 (x) + 1 = x 2 + C Vì f(0) = 0 nên
Vậy thể tích cần tìm là V = π.R 0 2 f 2 (x)dx= π.R 0 2 (x 4 + 2x 2 )dx = 176π
Ví dụ 2.3.9 (Bài toán đề xuất) Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và thoả mãn 2f(x).f ′ (x) = 1 + (2x+ 1).e −f 2 (x)+x 2 +2x+2 ,∀x ∈ R và f(0) = √
2. Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 1 quay quanh trục Ox.
Lấy nguyên hàm hai vế, ta được e f 2 (x)−x = e x 2 +x+2 + C Vì f(0) = √
2 nên C = 0 Do đó e f 2 (x)−x = e x 2 +x+2 ⇔ f 2 (x) − x = x 2 + x + 2 Suy ra f 2 (x) =x 2 + 2x+ 2 Vậy thể tích cần tìm là
Kết luận, nghiên cứu về "Một số dạng toán tích phân hàm ẩn có yếu tố phương trình vi phân và phương trình hàm trong chương trình Toán THPT" đã đạt được mục tiêu đề ra, cụ thể là giải quyết các vấn đề liên quan đến tích phân hàm ẩn và ứng dụng của chúng trong phương trình vi phân.
• Hệ thống lại các kiến thức cơ bản về nguyên hàm, tích phân, phương trình vi phân tuyến tính cấp một và phương trình hàm.
Phương pháp giải tích phân hàm ẩn có liên quan đến các yếu tố như phương trình vi phân và phương trình hàm, là một phần quan trọng trong chương trình Toán THPT Ứng dụng của tích phân hàm ẩn không chỉ giúp giải quyết các bài toán tính diện tích hình phẳng mà còn tính thể tích của các vật thể, mang lại hiểu biết sâu sắc về mối liên hệ giữa các khái niệm toán học.
[1] Nguyễn Ngọc Diệp, Một số phương pháp giải phương trình hàm, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Quốc gia Hà Nội, 2014.
[2] Đặng Việt Đông (2020), Các dạng tích phân hàm ẩn điển hình, http://toanmath.com/2020/03/ cac-dang-tich-phan-ham-an-dien-hinh-dang-viet-dong.html
[3] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Lê Thị Thiên Hương, Nguyễn Tiến Tài, Cấn Văn Tuất (2016), Giải tích 12, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam.
[4] Nguyễn Văn Mậu (2014), Phương Trình Hàm, Nhà xuất bản Giáo dục.
[5] Nguyễn Mạnh Quý (2007), Giáo trình phương trình vi phân, Nhà xuất bản Đại Học Sư Phạm.
TRUONG DAI HOC SU PHAM D{,c l�p - Tl_f do - H�nh phuc
BAN TUONG TRINH BO SUNG, SU A CHU A DE AN
H9 va ten h9c vien: H6 N g9c Th�ch
N ganh: Phuong phap toan SO' d.p Kh6a: K45
Ten dS tai dS an: M
