Tổng hợp câu hay và khó chương 3 - Phần 2

Xét $\int\limits_0^1 {f\left( {2x} \right) = 2,}$ đặt $2x = t \Leftrightarrow 2dx = dt \Leftrightarrow dx = \dfrac{{dt}}{2}$.

Đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = 1 \Rightarrow t = 2\end{array} \right.$

$\Rightarrow 2 = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt}  \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  = 4.$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.$

$\Rightarrow \int\limits_0^2 {x.f'\left( x \right)dx}  = x.f\left( x \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_0\end{array} \right. - \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  = 2f\left( 2 \right) - 4 = 2.16 - 4 = 28.$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = f\left( x \right)\\dv = \left( {x + 1} \right){e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = f'\left( x \right)dx\\v = x{e^x}\end{array} \right.$

Khi đó $\dfrac{{{e^2} - 1}}{4} = \left. {x.{e^x}f\left( x \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {x.{e^x}f'\left( x \right)dx}  \Rightarrow \int\limits_0^1 {x.{e^x}f'\left( x \right)dx}  =  - \dfrac{{{e^2} - 1}}{4}$

Ta có: $\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) + x{e^x}} \right]}^2}dx}$$= \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx}  + 2\int\limits_0^1 {x.{e^x}f'\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^1 {{x^2}{e^{2x}}dx}$

$= \dfrac{{{e^2} - 1}}{4} - 2\dfrac{{{e^2} - 1}}{4} + \dfrac{{{e^2} - 1}}{4} = 0$

$\Rightarrow f'\left( x \right) + x{e^x} = 0 \Rightarrow f'\left( x \right) =  - x{e^x}$$\Rightarrow f\left( x \right) =  - \int {x{e^x}dx}  =  - \int {xd\left( {{e^x}} \right)}$$=  - \left( {x{e^x} - \int {{e^x}dx}  + C} \right) =  - x{e^x} + {e^x} + C$

Mà  $f\left( 1 \right) =  - e + e + C = 0 \Leftrightarrow C = 0$$\Rightarrow f\left( x \right) =  - x{e^x} + {e^x} = {e^x}\left( {1 - x} \right)$

Do đó

$\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {1 - x} \right){e^x}} dx = \int\limits_0^1 {\left( {1 - x} \right)d\left( {{e^x}} \right)} \\ = \left. {\left( {1 - x} \right){e^x}} \right|_0^1 + \int\limits_0^1 {{e^x}dx}  =  - 1 + e - 1 = e - 2\end{array}$

Ta có: $F\left( x \right) = \int {xf'\left( x \right)dx}  = \int {xd\left( {f\left( x \right)} \right)}$ $= xf\left( x \right) - \int {f\left( x \right)dx}  + C$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - \int {\dfrac{x}{{{{\cos }^2}x}}dx}  + C = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - \int {xd\left( {\tan x} \right)}  + C\\F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x + \int {\tan xdx}  + C = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x + \int {\dfrac{{\sin x}}{{\cos x}}dx}  + C\\F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \int {\dfrac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}}  + C = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \ln \left| {\cos x} \right| + C\\F\left( 0 \right) = C = 0 \Rightarrow F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \ln \left| {\cos x} \right|\\\tan a = 3 \Rightarrow \dfrac{1}{{{{\cos }^2}a}} = {\tan ^2}a + 1 = 10 \Leftrightarrow \cos a = \dfrac{1}{{\sqrt {10} }}\,\,\left( {a \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)} \right)\end{array}$

$\Rightarrow F\left( a \right) = 10{a^2} - 3a - \ln \dfrac{1}{{\sqrt {10} }}$ $\Rightarrow F\left( a \right) - 10{a^2} + 3a$ $=  - \ln \dfrac{1}{{\sqrt {10} }} =  - \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{{10}} = \dfrac{1}{2}\ln 10$

Tích phân hai vế của phương trình: $4x.f({x^2}) + 3f(1 - x) = \sqrt {1 - {x^2}}$, ta được:

$4\int\limits_0^1 {x.f({x^2})dx}  + 3\int\limits_0^1 {f(1 - x)dx}  = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx}$ (1)

Giả sử $F(x)$ là một nguyên hàm của $f(x)$.

$\int\limits_0^1 {x.f({x^2})dx}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {f({x^2})d{x^2}}$$= \dfrac{1}{2}\left( {F({1^2}) - F({0^2})} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {F(1) - F(0)} \right)$

$\int\limits_0^1 {f(1 - x)dx}  =  - \int\limits_0^1 {f(1 - x)d\left( {1 - x} \right)}$$=  - \left( {F(1 - 1) - F(1 - 0)} \right) =  - \left( {F(0) - F(1)} \right)$

$\int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx}$ là $\dfrac{1}{4}$ diện tích hình tròn tâm $O\left( {0;0} \right)$ bán kính $1$ (phương trình: ${x^2} + {y^2} \le 1$) $\Rightarrow \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx}  = \dfrac{1}{4}.\pi .{R^2} = \dfrac{1}{4}\pi {.1^2} = \dfrac{\pi }{4}$

Khi đó, $(1) \Leftrightarrow 4.\dfrac{1}{2}.(F(1) - F(0)) - 3(F(0) - F(1)) = \dfrac{\pi }{4}$ $\Leftrightarrow 5(F(1) - F(0)) = \dfrac{\pi }{4}$ $\Leftrightarrow F(1) - F(0) = \dfrac{\pi }{{20}}$

$I = \int_0^1 {f(x)dx}  = F(1) - F(0) = \dfrac{\pi }{{20}}$ .

Ta có: $f'\left( x \right) = {x^3}{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = {x^3}$

$\Rightarrow \int {\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}dx = \int {{x^3}dx}  \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{{f\left( x \right)}} = \dfrac{{{x^4}}}{4} + C.}$

Theo đề bài ta có: $f\left( 2 \right) =  - \dfrac{1}{5} \Rightarrow  - \dfrac{1}{{ - \dfrac{1}{5}}} = \dfrac{{{2^4}}}{4} + C \Leftrightarrow C = 1.$

$\Rightarrow  - \dfrac{1}{{f\left( x \right)}} = \dfrac{{{x^4}}}{4} + 1 \Rightarrow  - \dfrac{1}{{f\left( 1 \right)}} = \dfrac{1}{4} + 1 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) =  - \dfrac{4}{5}.$

Ta có đồ thị của hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$ cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là $- 2;\;1;\;3$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 8a + 4b - 2c + \dfrac{3}{4} = 4d - 2e - \dfrac{3}{4}\\a + b + c + \dfrac{3}{4} = d + e - \dfrac{3}{4}\\27a + 9b + 3c + \dfrac{3}{4} = 9d + 3e - \dfrac{3}{4}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a - 2b + c + 2d - e = \dfrac{3}{4}\\a + b + c - d - e =  - \dfrac{3}{2}\\9a + 3b + c - 3d - e =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a - 2\left( {b - d} \right) + \left( {c - e} \right) = \dfrac{3}{4}\\a + \left( {b - d} \right) + \left( {c - e} \right) =  - \dfrac{3}{2}\\9a + 3\left( {b - d} \right) + \left( {c - e} \right) =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{4}\\b - d =  - \dfrac{1}{2}\\c - e =  - \dfrac{5}{4}\end{array} \right..$

Dựa vào đồ thị hình vẽ ta có:

$\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx}  + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \\ = \int\limits_{ - 2}^1 {\left( {a{x^3} + b{x^2} + cx + \dfrac{3}{4} - d{x^2} - ex + \dfrac{3}{4}} \right)dx}  + \int\limits_1^3 {\left( {d{x^2} + ex - \dfrac{3}{4} - a{x^3} - b{x^2} - cx - \dfrac{3}{4}} \right)dx} \\ = \int\limits_{ - 2}^1 {\left( {a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x + \dfrac{3}{2}} \right)dx}  + \int\limits_1^3 {\left( { - a{x^3} - \left( {b - d} \right){x^2} - \left( {c - e} \right)x - \dfrac{3}{2}} \right)dx} \\ = \int\limits_{ - 2}^1 {\left[ {\dfrac{1}{4}{x^3} - \dfrac{1}{2}{x^2} - \dfrac{5}{4}x + \dfrac{3}{2}} \right]dx}  + \int\limits_1^3 {\left[ { - \dfrac{1}{4}{x^3} + \dfrac{1}{2}{x^2} + \dfrac{5}{4}x - \dfrac{3}{2}} \right]dx} \\ = \left. {\left[ {\dfrac{{{x^4}}}{{16}} - \dfrac{{{x^3}}}{6} - \dfrac{{5{x^2}}}{8} + \dfrac{3}{2}x} \right]} \right|_{ - 2}^1 - \left. {\left[ {\dfrac{{{x^4}}}{{16}} - \dfrac{{{x^3}}}{6} - \dfrac{{5{x^2}}}{8} + \dfrac{3}{2}x} \right]} \right|_1^3\\ =  - \dfrac{{15}}{{16}} - \dfrac{3}{2} + \dfrac{{15}}{8} + \dfrac{9}{2} - \left( {5 - \dfrac{{13}}{3} - 5 + 3} \right) = \dfrac{{253}}{{48}}.\end{array}$

Gọi phương trình của vận tốc trong 1h đầu là: $v(t) = a\,{t^2} + bt + c\,\,(a \ne 0)$

Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số có đỉnh $I(2;5)$ và đi qua điểm $A(1;4),\,\,\,(0;1)$.

Suy ra:  $\left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{{2a}} = 2\\a{.2^2} + b.2 + c = 5\\c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\b =  - 4a\\4a + 2b + 1 = 5\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a =  - 1\\b = 4\end{array} \right. \Rightarrow v(t) =  - {t^2} + 4t + 1$

Quãng đường vật chuyển động trong 1 giờ đầu là:

$s = \int_0^1 {v(t)dt}  = \int_0^1 {\left( { - {t^2} + 4t + 1} \right)dt}  = \left. {\left( { - \dfrac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + t} \right)} \right|_0^1 =  - \dfrac{{{1^3}}}{3} + {2.1^2} + 1 - 0 = \dfrac{8}{3}\,(km)$

Trong 2h tiếp theo vật chuyển động thẳng đều với vận tốc $4km/h$

$\Rightarrow$ Quãng đường đi được trong 2h tiếp theo là $8$ km.

Vậy quãng đường mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó là: $\dfrac{8}{3} + 8 = \dfrac{{32}}{3}\,\,\left( {km} \right)$

Tính $I = \int\limits_0^4 {f'\left( {\sqrt x } \right)dx}$:

Đặt $\sqrt x  = t \Rightarrow x = {t^2} \Rightarrow dx = 2tdt$.

Đổi cận:

$\begin{array}{l}I = \int\limits_0^4 {f'(\sqrt x )dx}  = \int\limits_0^2 {f'(t).2tdt}  = 2\int\limits_0^2 {t.f'(t)dt}  = 2\int\limits_0^2 {t.d(f(t)) = 2\left[ {t.\left. {f(t)} \right|_0^2 - \int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt} } \right]} \\ = 2\left[ {2.f\left( 2 \right) - 0.f\left( 0 \right) - \int\limits_0^2 {f(x)dx} } \right] = 2\left[ {2.\left( { - 2} \right) - 1} \right] =  - 10\end{array}$

Gắn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ:

Ta có:

Phương trình đường tròn: ${x^2} + {y^2} = 20 \Rightarrow y = \sqrt {20 - {x^2}}$

Phương trình parabol: $y = {x^2}$

Thể tích khối cầu $V = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {2\sqrt 5 } \right)^3} = \dfrac{{160\sqrt 5 }}{3}\pi$

Thể tích khi quay phần gạch chéo quanh trục $Ox$ là: $V' = \pi \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {20 - {x^2} - {x^4}} \right)dx}  = \dfrac{{928}}{{15}}\pi$

$\Rightarrow$ Thể tích cần tính ${V_1} = V - V' = \dfrac{{160\sqrt 5 }}{3}\pi  - \dfrac{{928}}{{15}}\pi  = \dfrac{\pi }{{15}}\left( {800\sqrt 5  - 928} \right)$ 

$\begin{array}{l}\,\,\,\,f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx}  = \int {\dfrac{1}{{{x^2} - 1}}dx}  = \dfrac{1}{2}\ln \left| {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right| + C\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}} + {C_1}\,\,\,\,\,\,\,khi\,x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\\\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{{1 - x}}{{x + 1}} + {C_2}\,\,\,\,\,\,\,khi\,x \in \left( { - 1;1} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow f\left( { - 3} \right) + f\left( 3 \right) = \dfrac{1}{2}\ln 2 + {C_1} + \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{2} + {C_1} = 0 \Leftrightarrow {C_1} = 0\\\,\,\,\,\,\,f\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + f\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{2}\ln 3 + {C_2} + \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{3} + {C_2} = 2 \Leftrightarrow {C_2} = 1\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\\\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{{1 - x}}{{x + 1}}\, + 1\,\,\,\,\,khi\,x \in \left( { - 1;1} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow f\left( { - 2} \right) + f\left( 0 \right) + f\left( 4 \right) = \dfrac{1}{2}\ln 3 + \dfrac{1}{2}\ln 1 + 1 + \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{3}{5} = 1 + \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{9}{5}\end{array}$

Đặt $z = x + yi\,\,\left( {x;y \in R} \right)$ ta có:
$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left| {z - 1 - 2i} \right| = \left| {z - 3 + 2i} \right|\\ \Leftrightarrow \left| {x + yi - 1 - 2i} \right| = \left| {x + yi - 3 + 2i} \right|\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow - 2x - 4y + 5 = - 6x + 4y + 13\\ \Leftrightarrow 4x - 8y - 8 = 0\\ \Leftrightarrow x - 2y - 2 = 0\end{array}$
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện $\left| {z - 1 - 2i} \right| = \left| {z - 3 + 2i} \right|$ là đường thẳng $\left( d \right):\,\,x - 2y - 2 = 0$.
Gọi $M;N$ lần lượt là các điểm biểu diễn cho số phức ${z_1};{z_2} \Rightarrow M;N \in d$ và $MN = \sqrt 5$. Gọi P là điểm biểu diễn cho số phức $w = 1 + 3i \Rightarrow P\left( {1;3} \right)$.
Theo bài ra ta có: $H = PM + PN \ge 2\sqrt {PM.PN}$
Dấu = xảy ra $\Rightarrow PM = PN \Leftrightarrow \Delta PMN$ cân tại P.
Gọi H là trung điểm của MN $\Rightarrow PH \bot d \Rightarrow PH = d\left( {P;\left( d \right)} \right) = \dfrac{{\left| {1 - 6 - 2} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{7}{{\sqrt 5 }}$
$\begin{array}{l} \Rightarrow PM = PN = \sqrt {P{H^2} + \dfrac{{M{N^2}}}{4}} = \sqrt {\dfrac{{221}}{{20}}} = \dfrac{{\sqrt {4420} }}{{20}} = \dfrac{{2\sqrt {1105} }}{{20}} = \dfrac{{\sqrt {1105} }}{{10}}\\ \Rightarrow PM + PN = 2.\dfrac{{\sqrt {1105} }}{{10}} = \dfrac{{\sqrt {1105} }}{5}\end{array}$
Vậy ${H_{\max }} = \dfrac{{\sqrt {1105} }}{5}$.