70 câu Chuyên đề Toán 12 Bài 2: Tích phân có đáp án

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\frac{1}{{{x^2} + 3x + 2}} = \frac{{\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}}\)

Suy ra \(I = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{x + 1}}dx} - \int\limits_0^1 {\frac{1}{{x + 2}}dx} = \left( {\ln \left| {x + 1} \right| - \ln \left| {x + 2} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = 2\ln 2 - \ln 3.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có \(I = - \int\limits_0^\pi {{{\cos }^3}xd\left( {\cos x} \right) = } - \left( {\frac{1}{4}{{\cos }^4}x} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle\pi \atop\scriptstyle} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0.} \right.\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\sqrt {x + 1} - \sqrt x \ne 0,\forall x \in \left[ {1;2} \right]\) nên

\(I = \int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {x + 1} - \sqrt x }}{{\sqrt x .\sqrt {x + 1} }}dx = \int\limits_1^2 {\frac{1}{{\sqrt x }}dx} - \int\limits_1^2 {\frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}dx} = \left( {2\sqrt x - 2\sqrt {x + 1} } \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right.} \)

\( = 4\sqrt 2 - 2\sqrt 3 - 2.\) Suy ra \(a = 4,b = c = - 2\) nên \(P = a + b + c = 0.\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Từ \(f'\left( x \right) = x{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\) (1), suy ra \(f'\left( x \right) \ge 0\) với mọi \(x \in \left[ {1;2} \right]\).

Suy ra \(f\left( x \right)\) là hàm không giảm trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\) nên \(f\left( x \right) \le f\left( 2 \right) < 0\), \(\forall x \in \left[ {1;2} \right]\).

Chia 2 vế hệ thức (1) cho \({\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\) ta được \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = x,\forall x \in \left[ {1;2} \right].\) (2)

Lấy tích phân 2 vế trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\) hệ thức (2), ta được

\(\int\limits_1^2 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}dx = \int\limits_1^2 {xdx \Leftrightarrow } \left[ {\frac{{ - 1}}{{f\left( x \right)}}} \right]\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = \left( {\frac{{{x^2}}}{2}} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{{f\left( 1 \right)}} - \frac{1}{{f\left( 2 \right)}} = \frac{3}{2}.} \)

Do \(f\left( 2 \right) = - \frac{1}{3}\) nên suy ra \(f\left( 1 \right) = - \frac{2}{3}.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right)dx} = f\left( 0 \right) - f\left( { - 1} \right)\) nên suy ra \(f\left( { - 1} \right) = f\left( 0 \right) - \int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right)dx.} \)

\( = 1 - \int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right)dx.} \)

Tương tự ta cũng có

\(f\left( 3 \right) = f\left( 1 \right) + \int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx} \)

\( = - 2 + \int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx} \).

Vậy \(f\left( { - 1} \right) + f\left( 3 \right) = - 1 - \int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right)dx} + \int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx} = - 1 - \ln \left| {2x - 1} \right|\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle - 1}^{\scriptstyle0\atop\scriptstyle}} \right. + \ln \left| {2x - 1} \right|\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle3\atop\scriptstyle}} \right..\)

Vậy \(f\left( { - 1} \right) + f\left( 3 \right) = - 1 + \ln 15.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx = 7} \) (1).

\(\int\limits_0^1 {{x^6}dx} = \frac{1}{7} \Rightarrow \int\limits_0^1 {49{x^6}dx} = 7\) (2).

và \(\int\limits_0^1 {14{x^3}.f'\left( x \right)dx = - 14} \) (3).

Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra

\(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) + 7{x^3}} \right]}^2}dx = 0} \) mà \({\left[ {f'\left( x \right) + 7{x^3}} \right]^2} \ge 0\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = - 7{x^3}.\)

Hay \(f\left( x \right) = - \frac{{7{x^4}}}{4} + C.\)

\(f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow - \frac{7}{4} + C = 0 \Rightarrow C = \frac{7}{4}.\)

Do đó \(f\left( x \right) = - \frac{{7{x^4}}}{4} + \frac{7}{4}.\)

Vậy \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( { - \frac{{7{x^4}}}{4} + \frac{7}{4}} \right)dx = \frac{7}{5}} .\)

Hướng dẫn giải

Vì \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn nên \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 2.5 = 10\)

Vì \(g\left( x \right)\) là hàm số lẻ nên \(\int\limits_{ - 1}^1 {g\left( x \right)dx = 0} \).

Vậy \(A = 10.\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_0^1 {\frac{{xdx}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{2x + 1 - 1}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}} dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{{2x + 1}} - \frac{1}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}} \right)dx} \)

\( = \left( {\frac{1}{{4\left( {2x + 1} \right)}} + \frac{1}{4}\ln \left( {2x + 1} \right)} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = - \frac{1}{6} + \frac{1}{4}\ln 3.\)

Vậy \(a = - \frac{1}{6},b = \frac{1}{4} \Rightarrow a + b = \frac{1}{{12}}.\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_1^2 {\frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)dx = \left( {\ln \left| {x + 1} \right| + \frac{1}{{x + 1}}} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = - \frac{1}{6} - \ln 2 + \ln 3} } \)

\( \Rightarrow a = - \frac{1}{6},b = - 1,c = 1\) nên \(6a + b + c = - 1.\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_2^3 {\frac{{2x + 3}}{{{x^2} + x}}dx} = \int\limits_2^3 {\frac{{2x + 1 + 2}}{{{x^2} + x}}dx} = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x}} + \frac{2}{{{x^2} + x}}} \right)dx} \)

\( = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x}} + \frac{2}{x} - \frac{2}{{x + 1}}} \right)dx = \left( {\ln \left| {{x^2} + x} \right| + 2\ln \left| x \right| - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle2}^{\scriptstyle3\atop\scriptstyle}} \right. = - 5\ln 2 + 4\ln 3} \)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 5\\b = 4\end{array} \right. \to {a^2} - ab - b = 41.\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_1^2 {\frac{{5x + 6}}{{{x^2} + 5x + 6}}dx = \int\limits_1^2 {\frac{{5x + 6}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)}}dx} = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{9}{{x + 3}} - \frac{4}{{x + 2}}} \right)dx} } \)

                                    \( = \left( {9\ln \left| {x + 3} \right| - 4\ln \left| {x + 2} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = 9\ln 5 + 4\ln 3 - 26\ln 2.\)

Suy ra \(a = - 26,b = 4,c = 9.\) Vậy \(S = a + bc = - 26 + 4.9 = 10.\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Xét \(B = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x}}{{\sin x + \cos x}}dx} \) ta có

\(A + B = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {dx} = \frac{\pi }{2}.\)

\(A - B = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\sin x - \cos x}}{{\sin x + \cos x}}dx} \)

\( = \left( { - \ln \left| {\sin x + \cos x} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{2}}} \right.\)

\( = - \ln 1 + \ln 1 = 0.\)

Từ đó, ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}A + B = \frac{\pi }{2}\\A - B = 0\end{array} \right. \Rightarrow A = B = \frac{\pi }{4}.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{{{\cos }^2}x + \sin x.\cos x + 1}}{{{{\cos }^4}x + \sin x.{{\cos }^3}x}}dx} = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{2{{\cos }^2}x + \sin x.\cos x + {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x\left( {{{\cos }^2}x + \sin x.\cos x} \right)}}dx} \)

\( = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{2 + \tan x + {{\tan }^2}x}}{{{{\cos }^2}x\left( {1 + \tan x} \right)}}dx = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{2 + \tan x + {{\tan }^2}x}}{{\left( {1 + \tan x} \right)}}} d\left( {\tan x} \right)} \)

\( = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\tan x + \frac{2}{{\left( {1 + \tan x} \right)}}} \right)d\left( {\tan x} \right) = \frac{{{{\tan }^2}x}}{2}} \left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle\frac{\pi }{4}}^{\scriptstyle\frac{\pi }{3}\atop\scriptstyle}} \right. + 2\ln \left| {\tan x + 1} \right|_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\)

\( = 1 - 2\ln 2 + 2\ln \left( {\sqrt 3 + 1} \right).\) Suy ra \(a = 1,b = - 2,c = 2\) nên \(abc = - 4.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Do hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số liên tục tại \(x = 0\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow 1 + m = 0 \Leftrightarrow m = - 1.\)

Ta có \(\int_{ - 1}^1 {f\left( x \right)} dx = \int_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx} + \int_0^1 {f\left( x \right)dx = {I_1} + {I_2}} \)

\({I_1} = \int_{ - 1}^0 {2x\sqrt {3 + {x^2}} dx} = \int_{ - 1}^0 {{{\left( {3 + {x^2}} \right)}^{\frac{1}{2}}}d\left( {3 + {x^2}} \right) = \frac{2}{3}\left( {3 + {x^2}} \right)\sqrt {3 + {x^2}} \left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle - 1}^{\scriptstyle0\atop\scriptstyle}} \right. = 2\sqrt 3 - \frac{{16}}{3}.} \)

\({I_2} = \int_0^1 {\left( {{e^x} - 1} \right)dx} = \left( {{e^x} - x} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = e - 2.\)

Suy ra \(\int_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = {I_1} + {I_2} = e + 2\sqrt 3 - \frac{{22}}{3}.\) Suy ra \(a = 1;b = 2;c = - \frac{{22}}{3}.\)

Vậy \(T = a + b + 3c = 1 + 2 - 22 = - 19.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_{ - \pi }^\pi {\frac{{{{\cos }^2}x}}{{1 + {3^{ - x}}}}dx + \int\limits_{ - \pi }^\pi {\frac{{{{\cos }^2}x}}{{1 + {3^x}}}dx} = \int\limits_{ - \pi }^\pi {{{\cos }^2}xdx = } \frac{1}{2}\int\limits_{ - \pi }^\pi {\left( {1 + \cos 2x} \right)dx = \pi .} } \)

Suy ra \(\int\limits_{ - \pi }^\pi {\frac{{{{\cos }^2}x}}{{1 + {3^x}}}dx = \pi - m.} \)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt \(u = \cos x \Rightarrow du = - \sin x.dx\)

\( \Rightarrow \sin x.dx = - du.\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = 1\\x = \pi \Rightarrow u = - 1\end{array} \right.\)

Khi đó \(I = \int\limits_1^{ - 1} {{u^2}\left( { - du} \right) = } \int\limits_{ - 1}^1 {{u^2}du} = \frac{{{u^3}}}{3}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle - 1}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{2}{3}.\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(x = \sin t \Rightarrow dx = \cos tdt.\)

Đổi cận \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \frac{1}{2} \Rightarrow t = \frac{\pi }{6}\end{array} \right.\]

Khi đó \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} .\cos tdt} \)

\( = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {{{\cos }^2}t.dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\left( {1 + \cos 2t} \right).dt} \)

\( = \frac{1}{2}\left( {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{6}}} \right. = \frac{1}{2}\left( {\frac{\pi }{6} + \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right).\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(u = \sqrt {{x^2} + 4} \Rightarrow {x^2} = {u^2} - 4\) nên \(xdx = udu\)

Đổi cận

Khi đó \(I = \int\limits_{\sqrt 5 }^{2\sqrt 3 } {\frac{1}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + 4} }}.xdx} \) nên \(I = \int\limits_3^4 {\frac{1}{{\left( {{u^2} - 4} \right)u}}.udu} = \int\limits_3^4 {\frac{1}{{{u^2} - 4}}du.} \)

Suy ra \(I = \frac{1}{4}\int\limits_3^4 {\left( {\frac{1}{{u - 2}} - \frac{1}{{u + 2}}} \right)du = \frac{1}{4}\left( {\ln \left| {u - 2} \right| - \ln \left| {u + 2} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle3}^{\scriptstyle4\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{1}{4}\ln \frac{5}{3}.} \)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Đặt \(u = \sqrt {x - 1} \Rightarrow x = {u^2} + 1\) nên \(dx = 2udu.\)

Đổi cận

Khi đó \(I = \int\limits_0^1 {\frac{{{u^2} + 1}}{{1 + u}}.2udu} = \int\limits_0^1 {\left( {2{u^2} - 2u + 4 - \frac{4}{{u + 1}}} \right)du} \)

\( = \left( {\frac{{2{u^3}}}{3} - {u^2} + 4u - 4\ln \left| {u + 1} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{{11}}{3} - 4\ln 2.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Đặt \(u = \sqrt {1 + 3\ln x} \Rightarrow \ln x = \frac{{{u^2} - 1}}{3}\) nên \(\frac{1}{x}dx = \frac{2}{3}udu\).

Đổi cận

Khi đó \(I = \int\limits_1^2 {\frac{{u.\left( {{u^2} - 1} \right)}}{3}.\frac{2}{3}udu} = \frac{2}{9}\int\limits_1^2 {\left( {{u^4} - {u^2}} \right)du = \frac{2}{9}\left( {\frac{{{u^5}}}{5} - \frac{{{u^3}}}{3}} \right)} \left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle} = \frac{{116}}{{135}}.} \right.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt \(u = \sqrt {1 + 3\cos x} \Rightarrow \cos x = \frac{{{u^2} - 1}}{3}\) nên \(\sin xdx = - \frac{2}{3}udu\).

Đổi cận

Ta viết \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\sin x\left( {2\cos x + 1} \right)}}{{\sqrt {1 + 3\cos x} }}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2\cos x + 1}}{{\sqrt {1 + 3\cos x} }}\sin xdx.} \)

Khi đó \(I = \int\limits_2^1 {\frac{{2\left( {\frac{{{u^2} - 1}}{3}} \right) + 1}}{u}.\left( { - \frac{2}{3}udu} \right)} = \frac{4}{9}\int\limits_1^2 {\left( {2{u^2} + 1} \right)} du = \frac{4}{9}\left( {\frac{{2{u^3}}}{3} + u} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{{34}}{{27}}.\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(x = \sin t \Rightarrow dx = \cos tdt\).

Đổi cận

Khi đó \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{{{\sin }^2}t.\cos t}}{{\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} }}dt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\sin }^2}tdt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 - \cos 2t} \right)dt} \)

\( = \frac{1}{2}\left( {t - \frac{1}{2}\sin 2t} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{4}}} \right. = \frac{\pi }{8} - \frac{1}{4}.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt \(x = \frac{3}{{\sin t}} \Rightarrow dx = \frac{{ - 3\cos t}}{{{{\sin }^2}t}}dt\)

Đổi cận

Khi đó \(I = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{ - 3\cos t}}{{{{\sin }^2}t.\frac{3}{{\sin t}}\sqrt {\frac{9}{{{{\sin }^2}t}} - 9} }}} dt = \frac{1}{3}\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {dt} = \frac{1}{3}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{{36}}.\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Đột biến lần 1: (Dạng 1)

Đặt \(u = {x^2} \Rightarrow xdx = \frac{1}{2}du.\)

Đổi cận

Hướng dẫn giải

Ta có \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x}}{{{{\sin }^2}x + 3\sin x + 2}}dx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\left( {\sin x + 1} \right)\left( {\sin x + 2} \right)}}d\left( {\sin x} \right)} } \)

\( = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{1}{{\sin x + 1}} - \frac{1}{{\sin x + 2}}} \right)d\left( {\sin x} \right) = \left( {\ln \left| {\sin x + 1} \right| - \ln \left| {\sin x + 2} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{2}}} \right.} \)

\( = \ln 2 - \ln 1 - \left( {\ln 3 - \ln 2} \right) = 2\ln 2 - \ln 3\)

Suy ra \(a = 2,b = - 1 \Rightarrow 2a + b = 3.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có \(I = \int_0^{\ln 2} {\frac{{dx}}{{{e^x} + 3{e^{ - x}} + 4}}} = \int_0^{\ln 2} {\frac{{{e^x}dx}}{{{e^{2x}} + 4{e^x} + 3}}.} \)

Đặt \(t = {e^x} \Rightarrow dt = {e^x}dx.\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 1,x = \ln 2 \Rightarrow t = 2.\)

Khi đó

\(I = \int_1^2 {\frac{1}{{{t^2} + 4t + 3}}dt} = \frac{1}{2}\int_1^2 {\left( {\frac{1}{{t + 1}} - \frac{1}{{t + 3}}} \right)dt} = \frac{1}{2}\ln \frac{{t + 1}}{{t + 3}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{1}{2}\left( {\ln 3 - \ln 5 + \ln 2} \right).\)

Suy ra \(a = 3,b = 5,c = 2\). Vậy \(P = 2a - b + c = 3.\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{dx}}{{1 + \sin x}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{dx}}{{{{\left( {\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}} \right)}^2}}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{\frac{1}{{{{\cos }^2}\frac{x}{2}}}}}{{{{\left( {1 + \tan \frac{x}{2}} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{\left( {1 + {{\tan }^2}\frac{x}{2}} \right)}}{{{{\left( {1 + \tan \frac{x}{2}} \right)}^2}}}dx.} } } \)

Đặt \(t = 1 + \tan \frac{x}{2} \Rightarrow 2dt = \left( {1 + {{\tan }^2}\frac{x}{2}} \right)dx.\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 1;x = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = 3 - \sqrt 3 .\)

\(I = \int\limits_1^{3 - \sqrt 3 } {\frac{{2dt}}{{{t^2}}} = - \frac{2}{t}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle3 - \sqrt 3 \atop\scriptstyle}} \right. = \frac{{ - \sqrt 3 + 3}}{3}.} \)

Suy ra \(a = - 1,b = 3,c = 3\) nên \(a + b + c = 5.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt \({x^2} = 2u \Rightarrow 2xdx = 2du \Rightarrow xdx = du.\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow u = 0,x = \sqrt 2 \Rightarrow u = 1.\)

Khi đó \(I = \int\limits_0^1 {f\left( {2u} \right)du} = \int\limits_0^1 {f\left( {2x} \right)dx} = 8.\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Với \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\) ta có \({x^2} + xf\left( {{e^x}} \right) + f\left( {{e^x}} \right) = 1 \Rightarrow f\left( {{e^x}} \right) = \frac{{1 - {x^2}}}{{1 + x}} = 1 - x.\)

Đặt \(\ln x = t \Leftrightarrow x = {e^t} \Rightarrow dt = \frac{{dx}}{x}.\)

Đổi cận \(x = \sqrt e \Rightarrow t = \frac{1}{2};x = e \Rightarrow t = 1.\)

Khi đó \(I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {t.f\left( {{e^t}} \right)dt} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {t\left( {1 - t} \right)dt} = \frac{1}{{12}}.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Phân tích \(\frac{{3\sin x - \cos x}}{{2\sin x + 3\cos x}} = \frac{{m\left( {2\sin x + 3\cos x} \right) + n\left( {2\cos x - 3\sin x} \right)}}{{2\sin x + 3\cos x}}\)

                                    \( = \frac{{\left( {2m - 3n} \right)\sin x + \left( {3m + 2n} \right)\cos x}}{{2\sin x + 3\cos x}}\)

Đồng nhất hệ số ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2m - 3n = 3\\3m + 2n = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \frac{3}{{13}};n = - \frac{{11}}{{13}}\).

Suy ra \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{3\sin x - \cos x}}{{2\sin x + 3\cos x}}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\frac{3}{{13}}\left( {2\sin x + 3\cos x} \right) - \frac{{11}}{{13}}\left( {2\cos x - 3\sin x} \right)}}{{2\sin x + 3\cos x}}} dx.\)

\( = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {\frac{3}{{13}} - \frac{{11}}{{13}}.\frac{{2\cos x - 3\sin x}}{{2\sin x + 3\cos x}}} \right]dx} = \frac{3}{{13}}\left( x \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{2}}} \right. - \frac{{11}}{{13}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{2\cos x - 3\sin x}}{{2\sin x + 3\cos x}}dx.} \)

\( = \frac{{3\pi }}{{26}} - \frac{{11}}{{13}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{d\left( {2\sin x + 3\cos x} \right)}}{{2\sin x + 3\cos x}}dx} = \frac{{3\pi }}{{26}} - \frac{{11}}{{13}}\ln \left| {2\sin x + 3\cos x} \right|\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{2}}} \right.\)

\( = \frac{{3\pi }}{{26}} - \frac{{11}}{{13}}\ln 2 + \frac{{11}}{{13}}\ln 3.\) Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}b = \frac{{11}}{{13}}\\c = \frac{3}{{26}}\end{array} \right. \Rightarrow \frac{b}{c} = \frac{{11}}{{13}}.\frac{{26}}{3} = \frac{{22}}{3}\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt \[A = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan x.f\left( {{{\cos }^2}x} \right)dx = 2 \Leftrightarrow \int\limits_{0.}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\sin x.\cos x}}{{{{\cos }^2}x}}.} f\left( {{{\cos }^2}x} \right)dx = 2.} \]

Đặt \(t = {\cos ^2}x \Rightarrow dt = - 2\sin x\cos xdx \Rightarrow - \frac{1}{2}dt = \sin x\cos xdx.\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = 1\) và \(x = \frac{\pi }{4} \Rightarrow t = \frac{1}{2}.\) Khi đó \(A = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\frac{{f\left( t \right)}}{t}dt = 4.} \)

Đặt \(B = \int\limits_e^{{e^2}} {\frac{{f\left( {{{\ln }^2}x} \right)}}{{x\ln x}}dx = 2} \Leftrightarrow \int\limits_e^{{e^2}} {\frac{{\ln x.f\left( {{{\ln }^2}x} \right)}}{{x{{\ln }^2}x}}} dx = 2.\)

Tương tự ta có \(B = \int\limits_1^4 {\frac{{f\left( t \right)}}{t}} dt = 4.\)

Giá trị của \(I = \int\limits_{\frac{1}{4}}^2 {\frac{{f\left( {2x} \right)}}{x}dx.} \) Đặt \(t = 2x \Rightarrow dx = \frac{1}{2}dt.\)

Đổi cận \(x = \frac{1}{4} \Rightarrow t = \frac{1}{2}\) và \(x = 2 \Rightarrow t = 4.\)

Khi đó \(I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^4 {\frac{{f\left( t \right)}}{t}dt = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\frac{{f\left( t \right)}}{t}dt} + \int\limits_1^4 {\frac{{f\left( t \right)}}{t}dt = 4 + 4 = 8} } \)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Giá trị của \(I = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {\left( {x + 3} \right){{\left( {x + 1} \right)}^3}} }}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {\frac{{x + 3}}{{x + 1}}} }}} \frac{{dx}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.\)

Đặt \(t = \sqrt {\frac{{x + 3}}{{x + 1}}} \Rightarrow 2tdt = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx \Rightarrow \frac{{dx}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = - tdt.\)

Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = \sqrt 3 ,x = 1 \Rightarrow t = \sqrt 2 .\)

Ta có \(I = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {\frac{{x + 3}}{{x + 1}}} }}\frac{{dx}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \int\limits_{\sqrt 3 }^{\sqrt 2 } {\frac{1}{t}\left( { - t} \right)dt} = \int\limits_{\sqrt 2 }^{\sqrt 3 } {dt} = t\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle\sqrt 2 }^{\scriptstyle\sqrt 3 \atop\scriptstyle}} \right.} = \sqrt 3 - \sqrt 2 .\)

Mà \(\int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {\left( {x + 3} \right){{\left( {x + 1} \right)}^3}} }}dx} = \sqrt a - \sqrt b \) nên suy ra \(a = 3,b = 2.\)

Từ đó ta có giá trị \({a^b} + {b^a} = {3^2} + {2^3} = 17.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Biến đổi \(I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\sqrt {\frac{x}{{{x^3} + 1}}} dx = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\sqrt {\frac{x}{{{x^3}\left( {1 + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)}}dx} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\frac{1}{{x.\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^3}}}} }}dx} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\frac{{{x^3}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^3}}}} }}.\frac{1}{{{x^4}}}dx} } } \).

Đặt \(u = \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^3}}}} \Rightarrow {u^2} = 1 + \frac{1}{{{x^3}}} \Rightarrow 2udu = - \frac{3}{{{x^4}}}dx\) và \({x^3} = \frac{1}{{{u^2} - 1}}.\)

Đổi cận \(x = \frac{1}{2} \Rightarrow u = 3;x = 1 \Rightarrow u = \sqrt 2 .\)

Ta có \(I = \int\limits_{\sqrt 2 }^3 {\frac{{\frac{{2udu}}{3}}}{{\left( {{u^2} - 1} \right).u}}} = \frac{2}{3}\int\limits_{\sqrt 2 }^3 {\frac{{du}}{{{u^2} - 1}}} = \frac{1}{3}\ln \left| {\frac{{u - 1}}{{u + 1}}} \right|\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle\sqrt 2 }^{\scriptstyle3\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{1}{3}\ln \left( {\frac{3}{2} + \sqrt 2 } \right).\)

Suy ra \(a = 3,b = 2.\) Vậy \(P = 2\left( {a + b} \right) = 10.\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Xét \(I = \int\limits_0^2 {2x\ln \left( {1 + x} \right)dx.} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {1 + x} \right)\\dv = 2xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{1}{{1 + x}}dx\\v = {x^2} - 1\end{array} \right.\) .

Ta có \(I = \left( {{x^2} - 1} \right)\ln \left( {x + 1} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. - \int\limits_0^2 {\frac{{{x^2} - 1}}{{x + 1}}dx} \)

\( = 3\ln 3 - \int\limits_0^2 {\left( {x - 1} \right)dx} = 3\ln 3 - \left( {\frac{{{x^2}}}{2} - x} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = 3\ln 3.\)

Vậy \(a = 3,b = 3 \Rightarrow 3a + 4b = 21.\)

Hướng dẫn giải

Đặt \(u = \ln x \Rightarrow du = \frac{{dx}}{x}.\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = e \Rightarrow u = 1\\x = {e^2} \Rightarrow u = 2\end{array} \right.\).

Do đó \(I = \int\limits_1^2 {\frac{{du}}{u} = \ln \left| u \right|} \left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Đặt \(x = \sin t \Rightarrow dx = \cos tdt.\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = 1 \Rightarrow t = \frac{\pi }{2}\end{array} \right..\)

\(I = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^2}t.\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} \cos tdt} \)

\( = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^2}t{{\cos }^2}tdt} \)

\( = \frac{1}{8}\int\limits_0^{\pi /2} {\left( {1 - \cos 4t} \right)dt = \frac{\pi }{{16}}.} \)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = {\tan ^2}xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \tan x - x\end{array} \right..\)

\(I = \left( {x\tan x - {x^2}} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. - \int\limits_0^1 {\left( {\tan x - x} \right)dx = \tan 1 - 1 + \left( {\ln \left| {\cos x} \right| + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right.\)

\( = \tan 1 + \ln \left( {\cos 1} \right) - \frac{1}{2}.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = \frac{{dx}}{{{x^2}}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{dx}}{x}\\v = \frac{{ - 1}}{x}\end{array} \right..\)

Khi đó \(I = \frac{{ - \ln x}}{x}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. + \int\limits_1^2 {\frac{1}{{{x^2}}}dx} = \left( {\frac{{ - \ln x}}{x} + \frac{{ - 1}}{x}} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{1}{2} - \frac{{\ln 2}}{2}.\)

Suy ra \(b = 1,c = 2,a = \frac{{ - 1}}{2}.\) Do đó \(P = 2a + 3b + c = 4.\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Đặt \(A = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{x}{{1 + \cos 2x}}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{x}{{2{{\cos }^2}x}}} dx = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{x}{{{{\cos }^2}x}}dx} .\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x \Rightarrow du = dx\\dv = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx \Rightarrow v = \tan x\end{array} \right.\)

Khi đó

\(A = \frac{1}{2}\left[ {x\tan x\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{4}}} \right. - \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan xdx} } \right] = \frac{1}{2}\left[ {\left( {x\tan x + \ln \left| {\cos x} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{4}}} \right.} \right]\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\frac{\pi }{4} + \ln \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}\ln 2} \right) = \frac{\pi }{8} - \frac{1}{4}\ln 2.\)

Vậy \(a = \frac{1}{8},b = \frac{{ - 1}}{4}\) do đó \(16a - 8b = 2 + 2 = 4.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Sử dụng phương pháp từng phần.

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = {e^{2x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \frac{1}{2}{e^{2x}}\end{array} \right..\)

Khi đó \(I = u.v\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. - \int\limits_0^1 {v.du} = \frac{1}{2}x.{e^{2x}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{e^{2x}}dx} = \frac{1}{2}x.{e^{2x}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. - \frac{1}{4}{e^{2x}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{1}{4}{e^2} + \frac{1}{4}.\)

Suy ra \(a.{e^2} + b = \frac{1}{4}{e^2} + \frac{1}{4}.\)

Đồng nhất hệ số hai vế ta có \(a = \frac{1}{4},b = \frac{1}{4}.\) Vậy \(a + b = \frac{1}{2}.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt \(t = \frac{x}{2} \Rightarrow x = 2t \Rightarrow dx = 2dt.\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = 4 \Rightarrow t = 2\end{array} \right..\) Do đó \(\int\limits_0^4 {xf'\left( {\frac{x}{2}} \right)dx} = \int\limits_0^2 {4tf'\left( t \right)dt} = \int\limits_0^2 {4xf'\left( x \right)dx} .\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = 4x\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 4dx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right..\)

Suy ra

\(\int\limits_0^2 {4xf'\left( x \right)dx} = \left[ {4xf\left( x \right)} \right]\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. - \int\limits_0^2 {4f\left( x \right)dx} = 8f\left( 2 \right) - 4\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = 8.16 - 4.4 = 112.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {\sin x + 2\cos x} \right)\\dv = \frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{\cos x - 2\sin x}}{{\sin x + 2\cos x}}dx\\v = \tan x + 2\end{array} \right..\)

Khi đó

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\ln \left( {\sin x + 2\cos x} \right)}}{{{{\cos }^2}x}}} dx = \left( {\tan x + 2} \right)\ln \left( {\sin x + 2\cos x} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{4}}} \right. - \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\cos x - 2\sin x}}{{\cos x}}dx} \)

                                    \( = 3\ln \left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right) - 2\ln 2 - \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 - 2\tan x} \right)} dx\)

                                    \( = 3\ln 3 - \frac{7}{2}\ln 2 - \left( {x + 2\ln \left| {\cos x} \right|} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{4}}} \right.\)

                                    \( = 3\ln 3 - \frac{7}{2}\ln 2 - \frac{\pi }{4} - 2\ln \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 3\ln 3 - \frac{5}{2}\ln 2 - \frac{\pi }{4}.\)

Suy ra \(a = 3,b = - \frac{5}{2},c = - \frac{1}{4}.\) Vậy \(abc = 18.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Ta có

\[I = \int\limits_1^2 {{{\left( {x + 1} \right)}^2}{e^{x - \frac{1}{x}}}dx = \int\limits_1^2 {\left( {{x^2} + 2x + 1} \right){e^{x - \frac{1}{x}}}} dx = } \int\limits_1^2 {\left( {{x^2} + 1} \right)} {e^{x - \frac{1}{x}}}dx + \int\limits_1^2 {2x{e^{x - \frac{1}{x}}}} dx.\]

Xét \({I_1} = \int\limits_1^2 {\left( {{x^2} + 1} \right)} {e^{x - \frac{1}{x}}}dx = \int\limits_1^2 {{x^2}.{e^{x - \frac{1}{x}}}} .\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2}}}dx = \int\limits_1^2 {{x^2}.{e^{x - \frac{1}{x}}}} d\left( {x - \frac{1}{x}} \right) = \int\limits_1^2 {{x^2}d\left( {{e^{x - \frac{1}{x}}}} \right)} \)

\( = {x^2}{e^{x - \frac{1}{x}}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. - \int\limits_1^2 {{e^{x - \frac{1}{x}}}} d\left( {{x^2}} \right) = {x^2}{e^{x - \frac{1}{x}}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. - \int\limits_1^2 {2x{e^{x - \frac{1}{x}}}} dx\)

\( \Rightarrow {I_1} + \int\limits_1^2 {2x{e^{x - \frac{1}{x}}}} dx = {x^2}{e^{x - \frac{1}{x}}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. \Rightarrow I = {x^2}{e^{x - \frac{1}{x}}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle2\atop\scriptstyle}} \right. = 4{e^{\frac{3}{2}}} - 1\)

\( \Rightarrow m = 4,n = 1,p = 3,q = 2.\)

Khi đó \(T = m + n + p + q = 4 + 1 + 3 + 2 = 10.\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Hàm số \(f\left( x \right) = \cos x.\ln \frac{{2 + x}}{{2 - x}}\) xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right].\)

Mặt khác, với \(\forall x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow - x \in \left[ { - 1;1} \right]\) và

\(f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - x} \right).\ln \frac{{2 - x}}{{2 + x}} = - \cos x.\ln \frac{{2 + x}}{{2 - x}} = - f\left( x \right).\)

Do đó hàm số \(f\left( x \right) = \cos x.\ln \frac{{2 + x}}{{2 - x}}\) là hàm số lẻ.

Vậy \(I = \int\limits_{ - 1}^1 {\cos x.\ln \frac{{2 + x}}{{2 - x}}dx = 0} \).

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Gọi \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 6;6} \right]\) ta có

\(\int\limits_1^3 {f\left( { - 2x} \right)dx = 3} \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {f\left( {2x} \right)dx} = 3\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}F\left( {2x} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}^{\scriptstyle3\atop\scriptstyle} = 3.} \right.\)

Do đó \(F\left( 6 \right) - F\left( 2 \right) = 6\) hay \(\int\limits_2^6 {f\left( x \right)dx = 6.} \)

Vậy \(I = \int\limits_{ - 1}^6 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_2^6 {f\left( x \right)dx = 14} .\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Áp dụng bài toán (1.3) ở cột bên trái cho hàm số \(f\left( x \right) = {x^{2020}}\) và \(b = e\) ta có

Ta có

\(I = \frac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^1 {{x^{2020}}dx} = \frac{{{x^{2021}}}}{{2021}}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle - 1}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{{{{2.2}^{2021}}}}{{2021}} \Rightarrow I = \frac{{{2^{2021}}}}{{2021}}.\)

Hướng dẫn giải

Ta có \(N = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {f\left( { - x} \right)dx} \)

Suy ra \(2N = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]dx} = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {2\cos xdx.} \)

Vậy \(N = 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx} = 2\sin x\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{2}} = 2.} \right.\)

Chọn D.

Hướng dẫn giải

Ta có \(G = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^2 {f\left( {2 - x} \right)dx} \)

Suy ra \(2G = \int\limits_0^2 {\left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]dx = \int\limits_0^2 {x\left( {2 - x} \right)dx} } \)

Vậy \(G = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {x\left( {2 - x} \right)dx} = \frac{2}{3}.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = f\left( x \right)\\dv = {x^2}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = f'\left( x \right)dx\\v = \frac{{{x^3}}}{3}\end{array} \right.\)

Ta có \(\int\limits_0^1 {{x^2}f\left( x \right)dx} = \frac{{{x^3}f\left( x \right)}}{3}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. - \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {{x^3}f'\left( x \right)dx} \)

\( \Rightarrow - \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)} dx = \frac{1}{3} \Rightarrow \int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)d{\rm{x}} = - 1.} \)

Cách 1: Ta có \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx = 7} \) (1).

\(\int\limits_0^1 {{x^6}dx = \frac{{{x^7}}}{7}\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle1\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{1}{7} \Rightarrow \int\limits_0^1 {49{x^6}dx} = \frac{1}{7}.49 = 7} \) (2).

\(\int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)dx = - 1 \Rightarrow \int\limits_0^1 {14{x^3}.f'\left( x \right)dx} = - 14} \) (3).

Cộng hai vế (1), (2) và (3) suy ra

\(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx + \int\limits_0^1 {49{x^6}dx} + \int\limits_0^1 {14{x^3}.f'\left( x \right)dx = 0} } \)

\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) + 7{x^3}} \right]}^2}dx = 0.} \)

Do \({\left[ {f'\left( x \right) + 7{x^3}} \right]^2} \ge 0 \Rightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) + 7{x^3}} \right]}^2}} dx \ge 0\). Mà \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) + 7{x^3}} \right]}^2}} dx = 0 \Rightarrow f'\left( x \right) = - 7{x^3}.\)

\(f\left( x \right) = - \frac{{7{x^4}}}{4} + C.\)

Mà \(f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow - \frac{7}{4} + C = 0 \Rightarrow C = \frac{7}{4}.\)

Do đó \(f\left( x \right) = - \frac{{7{x^4}}}{4} + \frac{7}{4}.\)

Vậy \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( { - \frac{{7{x^4}}}{4} + \frac{7}{4}} \right)dx = \frac{7}{5}.} \)

Cách 2: Tương tự như trên ta có \(\int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)dx = - 1} \)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có

\(7 = 7{\left( {\int\limits_0^1 {{x^3}f'\left( x \right)dx} } \right)^2} \le 7\left( {\int\limits_0^1 {{{\left( {{x^3}} \right)}^2}dx} } \right).\left( {\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx} } \right)\)

\( \Leftrightarrow 7 \le 7.\frac{1}{7}.\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx = \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx.} } \)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) = a{x^3},\) với \(a \in \mathbb{R}\).

Ta có \(\int\limits_0^1 {{x^3}.f'\left( x \right)dx = - 1} \Rightarrow \int\limits_0^1 {{x^3}.a{x^3}dx} = - 1 \Rightarrow a = - 7.\)

Suy ra \(f'\left( x \right) = - 7{x^3} \Rightarrow f\left( x \right) = - \frac{{7{x^4}}}{4} + C\), mà \(f\left( 1 \right) = 0\) nên \(C = \frac{7}{4}.\)

Do đó \(f\left( x \right) = \frac{7}{4}\left( {1 - {x^4}} \right),\forall x \in \left[ {0;1} \right]\).

Vậy \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( { - \frac{{7{x^4}}}{4} + \frac{7}{4}} \right)dx = \frac{7}{5}.} \)

Hướng dẫn giải

Đặt \(t = a - x \Rightarrow dt = - dx.\) Đổi cận \(x = 0 \Rightarrow t = a;x = a \Rightarrow t = 0.\)

Khi đó \(I = \int\limits_0^a {\frac{1}{{1 + f\left( {a - t} \right)}}dt = \int\limits_0^a {\frac{1}{{1 + f\left( {a - x} \right)}}dx} = \int\limits_0^a {\frac{1}{{1 + \frac{1}{{f\left( x \right)}}}}} dx = \int\limits_0^a {\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}}dx.} } \)

\( \Rightarrow 2I = \int\limits_0^a {\frac{1}{{1 + f\left( x \right)}}dx + \int\limits_0^a {\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}}dx} = \int\limits_0^a {1.dx = a.} } \) Vậy \(I = \frac{a}{2}.\)

Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có \(M = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( { - x} \right)dx.} \)

Do đó \(2020M = 2019\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( { - x} \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {f\left( { - x} \right) + 2019f\left( x \right)} \right]dx.} \)

Suy ra \(M = \frac{1}{{2020}}\int\limits_{ - 1}^1 {{e^x}dx} = \frac{{{e^2} - 1}}{{2020e}}.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Ta có \(P = \int\limits_{ - \frac{{3\pi }}{2}}^{\frac{{3\pi }}{2}} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - \frac{{3\pi }}{2}}^{\frac{{3\pi }}{2}} {f\left( { - x} \right)dx} \)

\( \Rightarrow 2P = \int\limits_{ - \frac{{3\pi }}{2}}^{\frac{{3\pi }}{2}} {\left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]dx} = \int\limits_{ - \frac{{3\pi }}{2}}^{\frac{{3\pi }}{2}} {\sqrt {2 - 2\cos 2x} dx = 4\int\limits_0^{\frac{{3\pi }}{2}} {\left| {\sin x} \right|} dx.} \)

Hay \(P = 2\int\limits_0^\pi {\sin xdx} - 2\int\limits_\pi ^{\frac{{3\pi }}{2}} {\sin x} dx = - 2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} \left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle\pi \atop\scriptstyle}} \right. + 2\cos x\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle\pi }^{\frac{{3\pi }}{2}}} \right. = 6.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Ta có \(f\left( x \right) + f'\left( x \right) = \sin x\) nên \({e^x}f\left( x \right) + {e^x}f'\left( x \right) = {e^x}.\sin x,\forall x \in \mathbb{R}.\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {{e^x}f\left( x \right)} \right]^\prime } = {e^x}.\sin x\) hay \(\int\limits_0^\pi {{{\left[ {{e^x}f\left( x \right)} \right]}^\prime }} dx = \int\limits_0^\pi {{e^x}.\sin x} dx\)

\( \Leftrightarrow \left[ {{e^x}f\left( x \right)} \right]\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle\pi \atop\scriptstyle}} \right. = \frac{1}{2}\left[ {{e^x}\left( {\sin x - \cos x} \right)} \right]\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle\pi \atop\scriptstyle}} \right. \Leftrightarrow {e^\pi }f\left( \pi \right) - f\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\left( {{e^\pi } + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {e^\pi }f\left( \pi \right) = \frac{{{e^\pi } + 3}}{2}.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Bằng phương pháp tích phân từng phần ta có

\(\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {f\left( x \right).\cos xdx} = \left[ {f\left( x \right).\sin x} \right]\left| {_{\frac{\pi }{2}}^{\scriptstyle\pi \atop\scriptstyle}} \right. - \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {f'\left( x \right).\sin xdx} .\) Suy ra \(\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {f'\left( x \right).\sin xdx} = - \frac{\pi }{4}.\)

Mặt khác \(\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {{{\sin }^2}xdx} = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\frac{{1 - \cos 2x}}{2}dx = \left[ {\frac{{2x - \sin 2x}}{4}} \right]\left| {_{\frac{\pi }{2}}^{\scriptstyle\pi \atop\scriptstyle}} \right. = \frac{\pi }{4}.} \)

Suy ra

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx + 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xf'\left( x \right)dx} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}xdx} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left[ {f'\left( x \right) + \sin x} \right]}^2}dx} = 0.} \)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = - \sin x.\) Do đó \(f\left( x \right) = \cos x + C.\) Vì \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0\) nên \(C = 0.\)

Ta được \(f\left( x \right) = \cos x \Rightarrow f\left( {2019\pi } \right) = \cos \left( {2019\pi } \right) = - 1.\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Do \(0 \le f'\left( x \right) \le 2\sqrt {2x} ,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) nên \(0 \le {\left( {f'\left( x \right)} \right)^2} \le 8x,\forall x \in \left[ {0;1} \right].\)

Suy ra \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx} \le \int\limits_0^1 {8xdx} \) hay \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx \le 4} \) (1).

Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

\({\left( {\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)dx} } \right)^2} \le \int\limits_0^1 {{1^2}dx} .\int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx} \Leftrightarrow {\left[ {f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right)} \right]^2} \le \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx} \)

                                                            \( \Leftrightarrow \frac{7}{2} \le \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx} \)

Vậy \(\frac{7}{2} \le \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}dx \le 4.} \)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Khi vật dừng lại thì \(v\left( t \right) = 160 - 10t = 0 \Leftrightarrow t = 16\)

Do đó \(S = \int\limits_0^{16} {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^{16} {\left( {160 - 10t} \right)dt} \)

\( = \left( {160t - 5{t^2}} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle16\atop\scriptstyle}} \right. = 1280\left( m \right)\).

Hướng dẫn giải

Vận tốc của ô tô sau 10 giây là

\(v = \int\limits_0^{10} {\frac{3}{{2t + 1}}dt = \frac{3}{2}\ln \left| {2t + 1} \right|} \left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle10\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{3}{2}\ln 21 \approx 4,6\left( {m/s} \right)\).

Hướng dẫn giải

Hàm vận tốc \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt = \int {\left( {3t + {t^2}} \right)dt = \frac{{3{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3}} + C.} \)

Lấy mốc thời gian lúc tăng tốc \( \Rightarrow v\left( 0 \right) = 10 \Rightarrow C = 10.\)

Ta được \(v\left( t \right) = \frac{{3{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + 10.\)

Sau 10 giây, quãng đường vật đi được là

\(S = \int\limits_0^{10} {\left( {\frac{{3{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + 10} \right)} dt = \left( {\frac{{{t^3}}}{2} + \frac{{{t^4}}}{{12}} + 10t} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle10\atop\scriptstyle}} \right. = \frac{{4300}}{3}\left( m \right)\)

Chọn A.

Hướng dẫn giải

Điện lượng chuyển qua tiết diện của dây dẫn của đoạn mạch trong thời gian từ 0 đến \(\frac{\pi }{\omega }\) là

\(Q = \int\limits_0^{\frac{\pi }{\omega }} {I\left( t \right)dt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{\omega }} {{I_0}\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)dt} = \frac{{{I_0}}}{\omega }\sin \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\frac{\pi }{\omega }}} \right. = \frac{{2{I_0}}}{\omega }.\)

Chọn C.

Hướng dẫn giải

Mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây là

\(\int\limits_0^6 {h'\left( t \right)dt} = \int\limits_0^6 {\frac{1}{5}\sqrt[3]{{t + 8}}dt = \left[ {\frac{3}{{20}}\left( {t + 8} \right)\sqrt[3]{{t + 8}}} \right]\left| {_{\scriptstyle\atop\scriptstyle0}^{\scriptstyle6\atop\scriptstyle}} \right. \approx 2,66\left( {cm} \right)} \)

Chọn B.