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 $a + {b^2} = 0$.
