Cho $F\left( x \right) = \left( {a{x^2} + bx - c} \right){e^{2x}}$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = \left( {2018{x^2} - 3x + 1} \right){e^{2x}}$ trên khoảng $\left( { - {\mkern 1mu} \infty ; + {\mkern 1mu} \infty {\rm{\;}}} \right).$ Tính tổng $T = a + 2b + 4c.$
Ta có $\int {f\left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x} = F\left( x \right)$
$ \Rightarrow f\left( x \right) = F'\left( x \right) = 2\left( {a{x^2} + bx - c} \right){e^{2x}} + \left( {2ax + b} \right){e^{2x}} = \left( {2a{x^2} + 2\left( {a + b} \right)x + b - 2c} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {e^{2x}}.$
Khi đó$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a = 2018}\\{2\left( {a + b} \right) = - {\mkern 1mu} 3}\\{b - {\mkern 1mu} 2c = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1009}\\{2b = - {\mkern 1mu} 2021}\\{4c = 2b - 2 = - {\mkern 1mu} 2023}\end{array}} \right..$
Vậy $T = a + 2b + 4c = - {\mkern 1mu} 3035.$
Tính $F(x) = \int {x\cos x{\mkern 1mu} {\rm{d}}x} $ ta được kết quả
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x}\\{dv = \cos xdx}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = \int {\cos xdx} }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = \sin x}\end{array}} \right.$
Khi đó ta có: $\int {x\cos xdx = } x.\sin x - \int {\sin xdx = } x.\sin x + \cos x + C$
Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = x\cos 2x$ là :
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x}\\{dv = \cos 2xdx}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = \dfrac{{\sin 2x}}{2}}\end{array}} \right. \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx} = \dfrac{{x\sin 2x}}{2} - \dfrac{1}{2}\int {\sin 2xdx} + C = \dfrac{{x\sin 2x}}{2} + \dfrac{{\cos 2x}}{4} + C$
Nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = x\sin x$ là:
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x}\\{dv = \sin xdx}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = - \cos x}\end{array}} \right. \Rightarrow \int {x\sin xdx} = - x\cos x + \int {\cos xdx} + C = - x\cos x + \sin x + C$
Cho $f\left( x \right) = \dfrac{x}{{{{\cos }^2}x}}$ trên $\left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)$ và $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $xf'\left( x \right)$ thỏa mãn $F\left( 0 \right) = 0$. Biết $a \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)$ thỏa mãn $\tan a = 3$. Tính $F\left( a \right) - 10{a^2} + 3a$.
$F\left( x \right) = \int {xf'\left( x \right)dx} $$ = \int {xd\left( {f\left( x \right)} \right)} = xf\left( x \right) - \int {f\left( x \right)dx} + C$
$ = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - \int\limits_{}^{} {\dfrac{x}{{{{\cos }^2}x}}dx} + C$$ = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - \int\limits_{}^{} {xd\left( {\tan x} \right)} + C$
$F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x + \int\limits_{}^{} {\tan xdx} + C$$ = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x + \int\limits_{}^{} {\dfrac{{\sin x}}{{\cos x}}dx} + C$
$F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \int\limits_{}^{} {\dfrac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}} + C$$ = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \ln \left| {\cos x} \right| + C$
$F\left( 0 \right) = C = 0$$ \Rightarrow F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \ln \left| {\cos x} \right|$
$\tan a = 3 \Rightarrow \dfrac{1}{{{{\cos }^2}a}} = {\tan ^2}a + 1 = 10$$ \Leftrightarrow \cos a = \dfrac{1}{{\sqrt {10} }}\left( {a \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)} \right)$
$ \Rightarrow F\left( a \right) = 10{a^2} - 3a - \ln \dfrac{1}{{\sqrt {10} }}$ $ \Rightarrow F\left( a \right) - 10{a^2} + 3a = - \ln \dfrac{1}{{\sqrt {10} }}$ $ = - \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{{10}} = \dfrac{1}{2}\ln 10$
Ta có \(\int {{x^2}.{e^x}dx = \left( {{x^2} + mx + n} \right)} {e^x} + C\) khi đó \(m.n\) bằng.
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2xdx\\v = {e^x}\end{array} \right.\).
$ \Rightarrow \int {{x^2}.{e^x}dx} = {x^2}{e^x} - \int {2x{e^x}dx} $.
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = 2x\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2dx\\v = {e^x}\end{array} \right.\).
$ \Rightarrow \int {2x{e^x}dx} = 2x{e^x} - \int {2{e^x}dx} = 2x{e^x} - 2{e^x} + C$.
$ \Rightarrow \int {{x^2}.{e^x}dx} = \left( {{x^2} - 2x + 2} \right){e^x} + C$.
Khi đó \(m.n = - 4\).
Tính nguyên hàm $I = \int {\dfrac{{\ln \left( {lnx} \right)}}{x}{\rm{d}}x} $ được kết quả nào sau đây?
Đặt $\ln x = t \Rightarrow dt = \dfrac{{dx}}{x}$.
Suy ra $I = \int {\dfrac{{\ln \left( {lnx} \right)}}{x}dx} = \int {\ln t\,dt} $.
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln t\\dv = dt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{dt}}{t}\\v = t\end{array} \right.$. Theo công thức tính nguyên hàm từng phần, ta có:
$I = t\ln t - \int {dt} $ $ = t\ln t - t + C = \ln x.\ln \left( {\ln x} \right) - \ln x + C$.
Cho \(F(x) = - \dfrac{1}{{3{x^3}}}\) là một nguyên hàm của hàm số \(\dfrac{{f(x)}}{x}\). Tìm nguyên hàm của hàm số \(f'(x)\ln x\).
Ta có : \(F'(x) = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3{x^2}}}{{{x^6}}} = \dfrac{1}{{{x^4}}} = \dfrac{{f(x)}}{x} \Rightarrow f(x) = \dfrac{1}{{{x^3}}}\).
Xét \(I = \int {f'(x)\ln xdx} \). Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = f'(x)dx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{x}dx\\v = f(x)\end{array} \right.\).
Ta có : $I = \ln x.f(x) - \int {\dfrac{{f(x)}}{x}dx + C = \dfrac{{\ln x}}{{{x^3}}} + \dfrac{1}{{3{x^3}}} + C} $.
Phát biểu nào sau đây là đúng?
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {{\rm{e}}^x}\\{\rm{d}}v = \sin x{\rm{d}}x\end{array} \right.$$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = {e^x}{\rm{d}}x\\v = - \cos x\end{array} \right.$
\( \Rightarrow \int {{{\rm{e}}^x}\sin x{\rm{d}}x} = - {{\rm{e}}^x}\cos x + \int {{{\rm{e}}^x}\cos x{\rm{d}}x} .\)
Cho hàm số $f\left( x \right)$ thỏa mãn $f'\left( x \right){\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2018}} = x.{e^x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R$ và $f\left( 1 \right) = 1$. Hỏi phương trình $f\left( x \right) = - \dfrac{1}{e}$ có bao nhiêu nghiệm?
\(\begin{array}{l}f'\left( x \right){\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2018}} = x.{e^x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R\\ \Rightarrow \int\limits_{}^{} {f'\left( x \right){{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2018}}dx} = \int\limits_{}^{} {x{e^x}dx} \\ \Leftrightarrow \int\limits_{}^{} {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2018}}d\left( {f\left( x \right)} \right)} = \int\limits_{}^{} {xd\left( {{e^x}} \right)} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2019}}}}{{2019}} = x{e^x} - \int\limits_{}^{} {{e^x}dx} + C\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{2019}}}}{{2019}} = x{e^x} - {e^x} + C\\ \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + C} \right)\\f\left( 1 \right) = 1 \Leftrightarrow {1^{2019}} = 2019C \Leftrightarrow C = \dfrac{1}{{2019}}\\ \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + \dfrac{1}{{2019}}} \right)\\ \Rightarrow f\left( x \right) = - \dfrac{1}{e} \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2019}} = \dfrac{{ - 1}}{{{e^{2019}}}}\\ \Leftrightarrow 2019\left( {x{e^x} - {e^x} + \dfrac{1}{{2019}}} \right) = \dfrac{{ - 1}}{{{e^{2019}}}}\\ \Leftrightarrow 2019\left( {x{e^x} - {e^x}} \right) + 1 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}} = 0\end{array}\)
Xét hàm số $f\left( x \right) = 2019\left( {x{e^x} - {e^x}} \right) + 1 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}}$ ta có
$f'\left( x \right) = 2019\left( {{e^x} + x{e^x} - {e^x}} \right) = 2019x{e^x} = 0 \Leftrightarrow x = 0$
$f\left( 0 \right) = - 2018 + \dfrac{1}{{{e^{2019}}}} < 0$
Lập BBT ta thấy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt $ \Rightarrow $ phương trình $f\left( x \right) = - \dfrac{1}{e}$ có 2 nghiệm phân biệt.
Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $R$ thỏa mãn $f'\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^2}{e^x} + 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}, \forall x \in R$ và $f\left( 0 \right) = {\rm{\;}} - 1$. Tính $f\left( 3 \right)$.
Chuyển vế và nhân cả hai vế với ${e^{ - x}}$ ta có:
$\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^2}{e^x} + 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R}\\{ \Leftrightarrow f'\left( x \right){e^{ - x}} - {e^{ - x}}f\left( x \right) = {x^2} + {e^{ - x}}}\end{array}$
Ta có ${\left[ {f\left( x \right){e^{ - x}}} \right]^\prime } = f'\left( x \right){e^{ - x}} - {e^{ - x}}f\left( x \right)$$ \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right){e^{ - x}}} \right]^\prime } = {x^2} + {e^{ - x}}$
Lấy nguyên hàm hai vế ta được $f\left( x \right){e^{ - x}} = \dfrac{{{x^3}}}{3} - {e^{ - x}} + C \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{{x^3}{e^x}}}{3} - 1 + C{e^x}$
Ta có $f\left( 0 \right) = {\rm{\;}} - 1 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 1 + C = {\rm{\;}} - 1 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{{x^3}{e^x}}}{3} - 1$$ \Rightarrow f\left( 3 \right) = \dfrac{{{3^3}.{e^3}}}{3} - 1 = 9{e^3} - 1$.
Chọn công thức đúng:
Công thức đúng là \(\int {udv} = uv - \int {vdu} \).
Trong phương pháp nguyên hàm từng phần, nếu \(\left\{ \begin{array}{l}u = g\left( x \right)\\dv = h\left( x \right)dx\end{array} \right.\) thì:
Ta có: \(u = g\left( x \right) \Rightarrow du = g'\left( x \right)dx\).
\(dv = h\left( x \right)dx \Rightarrow v = \int {h\left( x \right)dx} \).
Cho \(F\left( x \right) = \int {\left( {x + 1} \right)f'\left( x \right)dx} \). Tính \(I = \int {f\left( x \right)dx} \) theo $F(x)$.
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x + 1\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow F\left( x \right) = \left( {x + 1} \right)f\left( x \right) - \int {f\left( x \right)dx} + C \)
$\Rightarrow I = \int {f\left( x \right)dx} = \left( {x + 1} \right)f\left( x \right) - F\left( x \right) + C.$
Tìm nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = {x^2}ln\left( {3x} \right)$
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln 3x\\dv = {x^2}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{3}{{3x}}dx\\v = \dfrac{1}{3}{x^3}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow I = \dfrac{1}{3}{x^3}\ln 3x - \int {\dfrac{1}{3}{x^3}.\dfrac{3}{{3x}}dx} = \dfrac{1}{3}{x^3}\ln 3x - \int {\dfrac{1}{3}{x^2}dx} = \dfrac{1}{3}{x^3}\ln 3x - \dfrac{1}{9}{x^3} + C\)
Tính \(\int {{x^3}\ln 3xdx} \)
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln 3x\\dv = {x^3}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{x}dx\\v = \dfrac{{{x^4}}}{4}\end{array} \right. $
$\Rightarrow I = \dfrac{1}{4}{x^4}\ln 3x - \dfrac{1}{4}\int {{x^3}dx} + C = \dfrac{1}{4}{x^4}\ln 3x - \dfrac{{{x^4}}}{{16}} + C$
Cho hàm số $y = f(x)$ thỏa mãn $f'\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^x}$ và $\int {f'(x)} dx = (ax + b){e^x} + c$ với $a, b, c$ là các hằng số. Chọn mệnh đề đúng:
Ta có: $f'(x) = \left( {x + 1} \right){e^x} \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\left( {x + 1} \right){e^x}dx} $.
Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}u = x + 1\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = {e^x}\end{array} \right. $
$\Rightarrow I = \left( {x + 1} \right){e^x} - \int {{e^x}} dx = x{e^x} + {e^x} - {e^x} + C = x{e^x} + C$
Do đó ta được $a = 1;b = 0 \Rightarrow a + b = 1$.
Biết $F\left( x \right) = \left( {ax + b} \right).{e^x}$ là nguyên hàm của hàm số $y = \left( {2x + 3} \right).{e^x}$. Khi đó $b - a$ là
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = 2x + 3\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2dx\\v = {e^x}\end{array} \right.$.$ \Rightarrow \int {(2x + 3){e^x}dx} = (2x + 3){e^x} - \int {{e^x}2dx = } (2x + 3){e^x} - 2{e^x} = (2x + 1){e^x}$
Khi đó \(a = 2,b = 1\)
Ta có \( - \dfrac{{x + a}}{{{e^x}}}\) là một họ nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{x}{{{e^x}}}\), khi đó:
\(F\left( x \right) = \int {\dfrac{x}{{{e^x}}}dx} = \int {x{e^{ - x}}dx} \)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = {e^{ - x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = - {e^{ - x}}\end{array} \right. \Rightarrow F\left( x \right) = - x{e^{ - x}} + \int {{e^{ - x}}dx} + C \\ = - x{e^{ - x}} - {e^{ - x}} + C = - \left( {x + 1} \right){e^{ - x}} + C = - \dfrac{{x + 1}}{{{e^x}}} + C.\)
\( - \dfrac{{x + a}}{{{e^x}}}\) là một họ nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{x}{{{e^x}}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\C = 0\end{array} \right..\)
Tìm nguyên hàm $F(x)$ của \(f\left( x \right) = \dfrac{{{2^x} - 1}}{{{e^x}}}\) biết $F(0) = 1$.
\(F\left( x \right) = \int {\dfrac{{{2^x} - 1}}{{{e^x}}}dx} = \int {\left( {{2^x} - 1} \right){e^{ - x}}dx} = \int {{2^x}{e^{ - x}}dx} - \int {{e^{ - x}}dx} \)
$= \int {{2^x}{e^{ - x}}dx} + {e^{ - x}} + {C_1} = I + {e^{ - x}} + {C_1}.$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {2^x}\\dv = {e^{ - x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = {2^x}\ln 2dx\\v = - {e^{ - x}}\end{array} \right.$
$\begin{array}{l} \Rightarrow I = - {2^x}{e^{ - x}} + \ln 2\int {{2^x}{e^{ - x}}dx} + {C_2} = - {2^x}{e^{ - x}} + \ln 2.I + {C_2} \\ \Leftrightarrow \left( {\ln 2 - 1} \right)I + {C_2} = {2^x}{e^{ - x}} \Rightarrow I = \dfrac{{{2^x}{e^{ - x}}}}{{\ln 2 - 1}} + {C_2}.\\ \Rightarrow F\left( x \right) = \dfrac{{{2^x}{e^{ - x}}}}{{\ln 2 - 1}} + {e^{ - x}} + C = \dfrac{{{2^x}}}{{\left( {\ln 2 - 1} \right){e^x}}} + \dfrac{1}{{{e^x}}} + C\\ \Rightarrow F\left( 0 \right) = \dfrac{1}{{\ln 2 - 1}} + 1 + C = 1 \Rightarrow C = - \dfrac{1}{{\ln 2 - 1}}\\ \Rightarrow F\left( x \right) = \dfrac{{{2^x}}}{{\left( {\ln 2 - 1} \right){e^x}}} + \dfrac{1}{{{e^x}}} - \dfrac{1}{{\ln 2 - 1}} = \dfrac{1}{{\ln 2 - 1}}{\left( {\dfrac{2}{e}} \right)^x} + {\left( {\dfrac{1}{e}} \right)^x} - \dfrac{1}{{\ln 2 - 1}}.\end{array}$
