MỤC LỤC
1. Phần mở

Trang
1

đầu.....................................................................................
1.1 Lý do chọn đề

1

tài……………………………………...........

1

1.2. Mục đích nghiên
cứu............................................................

1
2

1.3. Đối tượng nghiên
cứu...........................................................
1.4.Phương pháp nghiên cứu....................................................
2. Nội

2

dung..............................................................................................
2.1. Cơ sở lí luận của

2

skkn.............................................................
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm..................................................................................................

2
3

....
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn
đề......................
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động
giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà

19

trường………………………….
3. Kết luận, kiến

20

nghị. ...........................................................................
3.1. Kết luận................................................................................

20

..

20

3.2 Kiến

nghị.................................................................................


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài.
Với xu thế đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay của bộ giáo dục, trong
quá trình dạy học để thu được hiệu quả cao đòi hỏi người thầy phải nghiên cứu
tìm hiểu kỹ chương trình, đối tượng học sinh; đưa ra các phương pháp phù hợp
với kiến thức, với các đối tượng học sinh cần truyền thụ. Ý thức được điều đó,
tôi luôn tích cực học tập; không ngừng nâng cao năng lực chuyên môn; đổi mới
phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng
tạo của học sinh; bồi dưỡng khả năng tự học, sáng tạo; khả năng vận dụng kiến
thức vào thực tế; đem lại sự say mê, hứng thú học tập cho các em.
Trong giảng dạy, tôi luôn nghiên cứu, trao đổi với đồng nghiệp, tìm tòi
các phương pháp mới phù hợp nhằm giúp học sinh thích nghi tốt hơn với sự thay
đổi của hình thức thi THPT Quốc Gia . Đặc biệt bắt đầu từ năm học 2016 - 2017
(Kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017), môn Toán sẽ áp dụng hình thức thi trắc
nghiệm. Đây là thử thách và cũng là cơ hội không chỉ với giáo viên mà cả với
học sinh trong giảng dạy và học tập ở tầm phát triển mới. nhiều học sinh lo lắng
Việc chuyển từ thi tự luận sang trắc nghiệm đồng nghĩa với việc thay đổi cách
học, cách làm bài quen thuộc của các em. Do hình thức thi trắc nghiệm môn
Toán các câu hỏi khá rộng nên việc tìm tòi các tài liệu về dạy và học môn Toán
theo hình thức thi trắc nghiệm là một trong nhiệm vụ quan trọng của hoạt động
chuyên môn.
Trong các chuyên đề ôn luyện thi THPT Quốc Gia có nhiều chuyên đề hay
được áp dụng như: Các bài toán vận dụng Toán học vào thực tế; Bài toán về cực
trị hình học; …Tuy nhiên, chuyên đề tích phân khi khai thác các câu vận dụng
với các hàm tổng quát chưa cụ thể đối với học sinh là khá khó. Vì vậy để xây

dựng hướng tiếp cận rõ ràng hơn , quen hơn trong các nhìn nhận của học sinh có
thể sử dụng các tính chất của tích phân để tính các tích phân đối với những hàm
số chưa xác định biểu thức của nó (dạng chống bấm máy tính). Trong khuôn khổ
đề tài này. Vì vậy tôi đã lựa chọn đề tài“ Hướng dẫn học sinh vận dụng tính
chất Nguyên hàm và Tích phân giải một số phương trình chứa
trong đề thi THPT Quốc Gia.”
1.2 Mục đích nghiên cứu.
2

f ( x ) ;f' ( x )

2
22


f ( x ) ; f '( x )

Phương trình chứa
là dạng toán được khai thác không nhiều
trong sách giáo khoa. Nhưng trong các đề thi THPTQG lại là một dạng của nội
dung Nguyên hàm – Tích phân theo hướng chống bấm máy tính áp dụng đúng
bản chất Toán. Đây là hướng khai thác với học sinh là mới nên ít tài liệu dạy và
học; Trong đó đề thi THPTQG, hay các đề thi thử của các trường trong toàn
quốc lại khai thác nó với những câu ở mức độ vận dụng, thậm chí vận dụng cao.
Mục đích: Xây dựng các dạng - nhận dạng - nêu dạng tổng quát (nếu có)
f ( x ) ;f' ( x )
và rèn luyện kĩ năng giải dạng toán “ Giải phương trình chứa
”.
Qua đó học sinh có thể định hướng và giải được, giải đúng,giải nhanh dạng toán
liên quan trong các đề thi.

1.3 Đối tượng nghiên cứu.
+) Lớp 12A5;12A6 năm học 2018-2019 của trường THPT Đông Sơn 2
1.4 Phương pháp nghiên cứu.
Phối hợp nhiều phương pháp trong đó chủ yếu là phương pháp:
Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết : Dựa trên cơ sở kiến
thức sách giáo khoa, đề thi THPT Quốc Gia , đề minh họa , đề thi thử các trường
THPT làm tài liệu tham khảo có liên quan đến đề tài, rèn luyện kĩ năng phân
tích, nhận dạng và áp dụng lí thuyết vào bài toán cụ thể.
Phương pháp thực hành: Soạn và thiết kế chuyên đề theo phương pháp
định hướng năng lực, tiến hành thực nghiệm tại lớp 12A5 và lớp12A6 năm học
2018-2019.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
*.Theo luật giáo dục Việt Nam có viết: “ Phương pháp giáo dục phổ thông cần
phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc
điểm của từng lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ
năng vận dụng kiến thức, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học
tập cho học sinh ”.
2.1.1.Dựa vào các kiến thức nguyên hàm sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao.
+ Định nghĩa nguyên hàm
∫ f ( x ) dx = F ( x ) + C ⇔ F '( x ) = f ( x )
+ Tính chất chât của nguyên hàm
∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) + C
2.1.2. Dựa vào các kiến thức về tích phân trong sách giáo khoa giải tích 12
nâng cao.
+ Công thức định nghĩa tích phân: Cho hàm số f liên tục trên K và a,b là hai
số bất kì thuộc K. Nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì:
3

3

33


b

∫ f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a )
a

.

+ Các tính chất của tích phân.
Các hàm số f, g liên tục trên K và a,b,c là ba số bất kì thuộc K. Khi đó ta có:
a

∫ f ( x ) dx = 0
a)

a

;

b

a

a

b

∫ f ( x ) dx = −∫ f ( x ) ;

b)

b

c

c

a

b

a

∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx;
c)

b

b

b

a

a

a

∫  f ( x ) + g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x )dx;

d)

b

b

a

a

∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx
e)

với

b

b

b

a

a

a

k ∈¡ .

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt =... = ∫ f ( u ) du

f)
2.2. Thực trạng của vấn đề.
Hình thức thi trắc nghiệm môn Toán với những bài tính tích phân của một
hàm số cụ thể học sinh bấm máy tính để chọn đáp án, do đó bản chất kiến thức
toán không được áp dụng. Chính vì vậy bộ giáo dục và đào tạo khi xây dựng đề
thi đã chú trọng nhiều hơn dạng toán học sinh phải vận dụng bản chất kiến thức
Toán vào bài thi.
f ( x ) ; f '( x )
Ban đầu khi gặp dạng toán chứa
ở mức độ cơ bản trong sách
giáo khoa Giải Tích 12 thì học sinh có thể suy luận được. Khi bài toán mức độ
yêu cầu vận dụng thì học sinh lúng túng và không có định hướng giải bài toán
một cách chủ động.
Đề thi THPT Quốc Gia và đề minh họa, đề thi thử có những câu chứa
f ( x ) ; f '( x )
mức độ vận dụng thậm chí ở mức độ vận dụng cao. Trong quá trình
giảng dạy học sinh tôi nhận thấy các em còn gặp nhiều khó khăn trong cách
nhận dạng, phương pháp giải và kĩ năng giải. Vì vậy tôi xây dựng đề tài
4

4
44


“Hướng dẫn học sinh vận dụng tính chất Nguyên hàm và Tích phân giải một
f ( x ) ;f' ( x )
số phương trình chứa
trong đề thi THPT Quốc Gia .”
2.3. Giải pháp cụ thể.
f ( x)

Bài toán xây dựng : Cho hàm số
xác định và liên tục trên khoảng K cho
f ( x ) f '( x )
f ( x)
trước và
,
thỏa mãn liên hệ cho trước . Tìm
và tính chất của nó.
Phương pháp:
+ Vận dụng các công thức đạo hàm và phép toán đạo hàm đưa phương trình
 g ( x, f ( x ) ) ′ = h ( x ) , ( *)
f ( x ) ; f '( x )
h( x)
chứa
về dạng
, trong đó
đã xác
định.
+ Lấy nguyên hàm hoặc tích phân phương trình (*).
b

∫ g '( x ) dx = g ( x ) + C

∫ g '( x ) dx = g ( x )
a

b
a

.


+ Vận dụng tính chất của
,
g ( x) .
f ( x)
1. Cho
Tìm
và các tính chất của nó , biết
Bài toán
f ' ( x ) = g ( x ) , ( 1)
Đây là bài toán ban đầu cơ bản và quen thuộc với học sinh, chỉ là câu hỏi
nhận biết hay thông hiểu, nhưnglại là bài toán cơ sở của các bài toán sau. Để
giải bài toán này học sinh chỉ cần nhớ khái niệm nguyên hàm là có thể thực
hiện được .
Phương pháp:
+ Lấy nguyên hàm 2 vế của (1) thì ta có
∫ f ' ( x ) dx = ∫ g ( x ) dx ⇔ f ( x ) = ∫ g ( x ) dx
+ Dựa vào điều kiện bài cho tìm hằng số C phù hợp.
Ví dụ 1: [MH-THPTQG2018]
1 
2
¡ \ 
f
'
x
=
(
)
f ( x)
2

2x − 1
Cho hàm số
xác định và liên tục trên
thỏa mãn
f ( 0 ) = 1; f ( 1) = 2
f ( −1) + f ( 3)
.Tính giá trị của biểu thức
4 + ln15
3 + ln15
2 + ln15
ln15
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
5

5
55


Lời giải :
f ( x ) = ∫ f ' ( x ) dx = ∫
Ta có

2

dx = ln ( 2 x − 1 ) + C
2x − 1

f ( 0 ) = 1; f ( 1) = 2

.


ln ( 2 x − 1) khi x >
f ( x) = 
ln ( 1 − 2 x ) khi x <


1
2
1
2

, nên
Theo giả thiết
S = f ( 3) + f ( −1) = 4 + ln15
Do đó
. Chọn đáp án A
Ví dụ 2: [ Thi thử THPTQG trường Lương Thế Vinh 2019]
Hai người A và B ở cách nhau 180m trên một đoạn đường thẳng và cùng
chuyển động thẳng theo một hướng với vận tốc biến thiên theo thời gian, A
chuyện động với vận tốc

v1 ( t ) = 6t + 5 ( m / s )


, B chuyển động với vận tốc

v2 ( t ) = 2at − 3 ( m / s )

(a là hằng số), trong đó t (giây) là khoảng thời gian từ lúc
A, B bắt đầu chuyển động. Biết rằng lúc đầu A đuổi theo B và sau 10 (giây) thì
đuổi kịp. Hỏi sau 20 giây, A cách B bao nhiêu mét?
A. 320 (m)
B. 720 (m)
C. 360 (m)
D. 380 (m)
Đây là bài toán rất hay gặp liên quan đến chuyển động, yêu cầu học sinh
nhớ ứng dụng cơ học của đạo hàm.
Lời giải:
v ( t ) = s '( t )
s1 ' ( t ) = 6t − 5; s2 ' ( t ) = 2at + 3
Ta có
nên theo bài ra
Quãng đường người A đi được trong 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là
10

∫ ( 6t + 5) dt = 350m
0

Quãng đường người B đi được trong 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là
10

∫ ( 2at − 3) dt = ( a.t
0


6

2

− 3t )

10

= 100a − 30
0

6
66


Vì sau 10 giây người A đuổi kịp người B và người A lúc ban đầu cách người B
10a − 30 + 180 = 350 ⇔ a = 2
là 180m nên ta có phương trình
suy ra

v2 ( t ) = 4t − 3( m / s )
Quãng đường người A đi được trong 20 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là
20

∫ ( 6t + 5) dt = 1300m
0

Quãng đường người B đi được trong 20 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là
20


∫ ( 4t − 3) dt = 740m
0

Khoảng cách giữa hai người A và người B sau 20 giây là

1300 − 180 − 740 = 380 ( m )
Chọn đáp án D
Bài tập áp dụng:

f ( x)

f ′( x ) = 2x + 1

¡

f ( 1) = 5

Bài 1: Cho hàm số
xác định trên thỏa mãn
và
.
f ( x) = 5
S = log 2 x1 + log 2 x2
x1 x2
Phương trình
có hai nghiệm , . Tính tổng
.
S =1
S =2
S =0

S =4
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
f ′ ( x ) = e x + e− x − 2
f ( x)
¡
Bài 2: Cho hàm số
xác định trên thỏa mãn
,
 1
f  ln ÷ = 0
f ( 0) = 5
S = f ( − ln16 ) + f ( ln 4 )
 4
và
. Giá trị của biểu thức
bằng
S=

A.

31
2


S=

.

B.

9
2

S=

.

C.

5
2

.

D.

f ( 0) . f ( 2) = 1

.
10 m/s

Bài 3: [MH- THPTQG2017] Một ô tô đang chạy với tốc độ
thì người
lái đạp phanh ; từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với

v ( t ) = −5t + 10 ( m/s )
t
, trong đó là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc
bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển
bao nhiêu mét?
7

7
77


0, 2 m
A.

2m
.

B.

10 m
.

C.

f ( x)

Bài toán 2. Tìm hàm số
g ( x)
có công thức xác định.


biết

20 m
.

D.
.
f ′ ( x ) f n ( x ) = g ( x ) , n ∈ ¢, n ≠ 0

( 2)

với

Khi gặp phương trình (2) đặt câu hỏi cho học sinh gợi nhớ công thức đạo
hàm nào? Từ đó liệu có đưa về Bài toán 1 được hay không? rồi xây dụng
phương pháp thực hiện.
Phương pháp:
1
 f n ( x ) ′ = g ( x )
n
+ Biến đổi phương trình (2) về dạng
.
1
1
′
n
n
∫  f ( x )  dx = n ∫ g ( x ) ⇒ f ( x ) = n ∫ g ( x ) .
+ Lấy nguyên hàm 2 vế ta có
f ( x)

f ( 0 ) = 68
¡
Ví dụ 3: Cho hàm số
xác định và liên tục trên . Biết
6
f ( x ) . f ′ ( x ) = 12 x + 13
f ( x) = 3
. Khi đó phương trình
có bao nhiêu nghiệm?
3

2

7

A. .
B. .
C. .
Lời giải :
f 6 ( x ) . f ′ ( x ) = 12 x + 13 ⇒  f 7 ( x )  ' = 7 ( 12 x + 13)

1

D. .

⇒ ∫  f 7 ( x )  ' dx = ∫ 7 ( 12 x + 13) dx ⇒ f 7 ( x ) = 7 ( 6 x 2 + 13 x ) + C

f ( 0 ) = 68 ⇒ C = 68

.

f ( x ) = 42 x 2 + 91x + 68
7

Suy ra:
.
7
f ( x ) = 3 ⇔ f ( x ) = 2187 ⇒ 42 x 2 + 91x + 68 = 2187
Từ
⇔ 42 x 2 + 91x − 2019 = 0 ( *)

( *)

.

ac < 0
nghiệm trái dầu do
. Chọn đáp án A
f ( x)
f ( x) ≠ 0
x∈¡
¡
Ví dụ 4:Cho hàm số
liên tục trên và
với mọi
.
Phương trình

8

có


2

8
88


f ( 1) =

f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) f 2 ( x )

giản của tổng sau

a + b = −1

A.
Lời giải :

Ta

a
b ( a ∈ ¢, b ∈ ¥ )

−1
2

và
. Cho
f ( 1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2019 )


. B.

a ∈ ( −2018;2018 )

. C.

là phân thức tối

. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

a
< −1
b

.

D.

b − a = 4039

.

 1 ′
f ′( x )
⇔ 2
= ( 2 x + 1) ⇔ 
 = − ( 2 x + 1)
f ( x)
f
x

(
)
f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) f 2 ( x )



có

 1 ′
1
⇒ ∫
= − ( x 2 + x ) + C.
 dx = − ∫ ( 2 x + 1) dx ⇒
f ( x)
 f ( x) 

f ( 1) = −
Mà
Mặt khác

1
2

nên

C =0

⇒ f ( x) = −

1

1
1
=
−
x + x x +1 x
2

.

1 
1  1 1 1 1
 1
f ( 1) + f ( 2 ) + f ( 3) + ... + f ( 2019 ) =  − 1 ÷+  − ÷+  − ÷+ ... + 
−
÷
 2  3 2   4 3
 2019 2020 

⇔ f ( 1) + f ( 2 ) + ... + f ( 2019 ) = −1 +

b − a = 4039

Khi đó
Bài tập áp dụng

Bài 4: Cho hàm số

1
−2019
=

2020 2020 ⇒ a = −2019; b = 2020.

. Chọn đáp án D.

f ( x)

f ( 1) = 1

. Biết
1
f
x
=
−
(
)
2018
x
f
( x ) . f ′ ( x ) = x.e
e
. Khi đó phương trình
có bao nhiêu nghiệm?
2

A. .

9

xác định và liên tục trên


¡

3

B. .

0

C. .

1

D. .

9
99


Bài 5: Cho hàm số

y = f ( x)

¡

thỏa mãn đồng thời các
1
f ( 0) =
f ′ ( x ) = −e x . f 2 ( x ) ∀x ∈ ¡
f ( x ) > 0 ∀x ∈ ¡

2
điều kiện
,
;
,
và
. Tính
f ( ln 2 )
giá trị của
.
2
2
2
1
f ( ln 2 ) =
f ( ln 2 ) = −
f ( ln 2 ) =
f ( ln 2 ) =
9
9
3
3
A.

xác định và liên tục trên

. B.

. C.


f ( x)

. D.

.

[ 0;1]

Bài 6: Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên đoạn
đồng thời thỏa
2
9 f ′′ ( x ) +  f ′ ( x ) − x  = 9
f ′( 0) = 9
T = f ( 1) − f ( 0 )
mãn
và
. Tính
.
1
T = + 9ln 2
T = 2 + 9ln 2
T =9
T = 2 − 9ln 2
2
A.
.
B.
.
C.

.
D.
.
¡ \ { 0}
y = f ( x)
Bài 7: Cho hàm số
xác định và liên tục trên
thỏa mãn
2 2
x f ( x ) + ( 2 x − 1) f ( x ) = xf ′ ( x ) − 1
∀x ∈ ¡ \ { 0}
f ( 1) = −2
với
và
.
2

∫ f ( x ) dx
Tính
A.

1

1
− − ln 2
2

.
.


B.

3
− − ln 2
2

−1 −
.

C.

ln 2
2

. D.

3 ln 2
− −
2
2

.

f ( x)

Bài 8:[THPTQG-2017] Cho hàm số
thỏa mãn
2
f ′ ( x ) = 2 x  f ( x ) 
f ( 1)

x∈¡
với mọi
. Giá trị của
bằng
35
2
19
−
−
−
36
3
36
A.
.
B.
.
C.
.

Bài toán 3. Tìm
10

f ( x)

biết

f ( x ) ; f '( x )

f ( 2) = −


2
9

−
D.

2
15

và

.

thỏa mãn phương trình
10
1010


f ' ( x ) g ( x ) + g ' ( x ) f ( x ) = h ( x ) , ( 3)

trong đó

g ( x) ,h( x)

là các hàm số đã xác định.

Khi gặp phương trình (3) học sinh gợi nhớ công thức đạo hàm tích. Dẫn
dắt về dạng Bài toán 1cơ bản, để tự tìm phương pháp giải.
Phương pháp :

( 1.4 ) ⇔  f ( x ) g ( x ) ′ = h ( x )
+ Biến đổi phương trình (3) về dạng
.
f ( x ) g ( x ) = ∫ h ( x ) dx
+ :ấy nguyên hàm ta có
f ( 1) = 2
f ( x)
∀x ∈ ¡
¡
Ví dụ 5: Cho hàm số
liên tục trên ,với
ta có
2
x. f ' ( x ) + f ( x ) = 3x + 1
f ( a ) = 2a
. Có bao nhiêu giá trị a để
.
0
3
1
2
.
B.
.
C.
.
D.
A.

g ( x)


Hướng dẫn học sinh cách tìm hàm
bằng quan sát biểu thức trước
f ( x ) ;f' ( x )
g ( x) = x
là 1 và x từ đó nhận xét
rồi biến đổi theo bài toán.
Lời giải:
Ta có
x. f ' ( x ) + f ( x ) = 3x 2 + 1 ⇔  x. f ( x )  ' = 3 x 2 + 1 ⇒ ∫  x. f ( x ) ′ dx = ∫ ( 3x 2 + 1) dx
.
Vậy nên

x. f ( x ) = x 3 + x + C

a. f ( a ) = a + a
3

, mà

f ( 1) = 2 ⇒ C = 2 ⇔ x. f ( x ) = x 3 + x

f ( a ) = 2a

.
a − 2a − a = 0
3

2


Suy ra
,để
thì ta có phương trình
,
a = 0; a = 1
Vậy
là giá trị cần tìm . Chọn đáp án B
2
 f ′ ( x )  + f ( x ) . f ′′ ( x ) = 15 x 4 + 12 x
f ( x)
Ví dụ 6: Cho hàm số
thỏa mãn
,
2
f ( 0) = f ′( 0) = 1
f ( 1)
∀x ∈ ¡
và
. Giá trị của
bằng
9
5
10
8
2
2
A. .
B. .
C. .
D. .

11

11
1111


Học sinh khá lo sợ khi phương trình đã cho có đạo hàm cấp 2. Hãy cho học
sinh quan sát kỹ để có phép tương ứng đạo hàm cấp hai là đạo hàm cấp 1 của
f '( x )
hàm
, vì vậy đưa về đúng dạng cần tìm khi đó bài toán trở nên dễ dàng.
Lời giải:
2
( f ′ ( x ) ) + f ( x ) . f ′′ ( x ) = 15x 4 + 12 x ∀x ∈ ¡
Ta có:
,
.
⇔  f ′ ( x ) . f ( x ) ′ = 15 x 4 + 12 x ∀x ∈ ¡ ⇔ f ′ ( x ) . f ( x ) = 3x 5 + 6 x 2 + C1
,
f ′ ( x ) . f ( x ) = 3x 5 + 6 x 2 + 1
f ( 0) = f ′( 0) = 1
C1 = 1.
Do
nên ta có
Do đó:
1
′
⇔  f 2 ( x ) ÷ = 3x5 + 6 x 2 + 1
⇔ f 2 ( x ) = x 6 + 4 x 3 + 2 x + C2 .
2


Mà

f ( 0) = 1

C2 = 1.

nên ta có
Do đó
f ( 1) = 8.
Vậy
Chọn đáp án D

f 2 ( x ) = x 6 + 4 x3 + 2 x + 1

.

2

Trong các hàm cơ bản , có một hàm số rất đặc biệt mà khi đạo hàm hay
ex
nguyên hàm nó không thay đổi , đáy là hàm . Tận dụng sự thú vị đó ta xây
ex
dụng thêm một số bài toán liên quan mà khi ta nhân thêm để được đạo
hàm của tích rất bất ngờ thông qua các Bài toán 3.1, Bài toán 3.2, Bài toán
3.3.
f ( x)
f ( x ) ; f '( x )
Bài toán 3.1: Tìm hàm số
biết

thỏa mãn phương trình
f ( x ) + f ' ( x ) = h ( x ) , ( 3.1)
.
Phương pháp :
ex
+ Biến đổi phương trình (3.1) về dạng Bài toán 3 bằng cách nhân 2 vế với
+ Ta có

( 3.1) ⇔ e x f ( x ) + e x f ' ( x ) = e x h ( x ) ⇔ e x f ( x ) ′ = e x h ( x ) .
′
∫ e f ( x )  dx = ∫ e h ( x ) dx ⇒.e f ( x ) = ∫ e h ( x ) dx
x

x

x

x

+ Lấy nguyên hàm ta có
Ví dụ 7:[THPT Thăng Long-Hà Nội 2018]
f ( x)
f ( x ) + f ' ( x ) = sin x
f ( 0 ) = 1.
¡
Cho
là hàm số liên tục trên
thỏa mãn
và
12

12
1212


eπ f ( π )

Tính
eπ − 1
2
A.
.
Lời giải :

B.

eπ + 1
2

.

C.

eπ + 3
2

.

D.

π +1

2

.

f ( x ) + f ' ( x ) = sin x ⇔ e x f ( x ) + e x f ' ( x ) = e x sin x ⇔ e x f ( x ) ′ = e x sin x

ex
eπ + 1
π
⇒ e f ( x ) = ∫ e sin xdx ⇒ e f ( x ) = ( sin x − cos x ) + C ⇒ e f ( π ) =
2
2
x

x

x

Chọn đáp án B
Ví dụ 8: Cho hàm số

f ( x)

có đạo hàm cấp 2, liên tục trên

¡

thỏa mãn
1


f ( 0) = f '( 0) = 1

và

f ( x ) + 2 f ' ( x ) + f "( x ) = x 3 + 2 x 2 , ∀x ∈ ¡ .

∫ f ( x ) dx.
0

Tính
107 21
107 12
107 21
107 12
−
−
+
+
12
e
12
e
12
e
12
e
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.
Đây là bài toán nhìn khá lạ mắt . Ta để ý đến dạo hàm cấp 2 đã có trong biểu
f' ( x )
thức thì ắt hẳn sẽ có một biểu thức chứa
đạo hàm lên. Do biểu thức liên
quan đến tổng nên ta nghĩ tới đạo hàm của tổng hoặc tích . Vì vậy ta đưa biểu
thức về tổng quen thuộc Bài toán 3
Lời giải:
f ( x ) + 2 f ' ( x ) + f "( x ) = f ( x ) + f ' ( x ) + f ' ( x ) + f " ( x ) = g ( x ) + g ' ( x )
Ta có
g ( x ) = f ( x ) + f '( x ) ⇒ g ( 0 ) = 2
Với
.
3
g ( x ) + g '( x ) = x + 2 x 2 ⇔ e x g ( x ) + e x g '( x ) = e x ( x3 + 2x )
Xét phương trình
⇔ e x g ( x ) ′ = e x ( x 3 + 2 x ) ⇒ e x g ( x ) = ∫ e x ( x 3 + 2 x ) dx
Suy ra
e x g ( x ) = e x ( x3 − x 2 + 2 x − 2 ) + C
g ( 0 ) = 2 ⇒ C = 4.
Ta có
, mà

13

13
1313



⇒ e x g ( x ) = e x ( x3 − x 2 + 2 x − 2 ) + 4 ⇔ e x ( f ( x ) + f ' ( x ) ) = e x ( x3 − x 2 + 2 x − 2 ) + 4
⇒ e x . f ( x ) ′ = e x ( x 3 − x 2 + 2 x − 2 ) + 4 ⇒ e x . f ( x ) = ∫ e x ( x3 − x 2 + 2 x − 2 ) + 4  dx
e x . f ( x ) = e x ( x 3 − 4 x 2 + 10 x − 12 ) + 4 x + C

Ta lại có
f ( 0 ) = 1 ⇒ C = 13 ⇒ e x . f ( x ) = e x ( x 3 − 4 x 2 + 10 x − 12 ) + 4 x + 13
1

⇒ ∫ f ( x ) dx =
0

107 21
−
12
e

Chọn đáp án A
Bài toán 3.2. Tìm hàm số
f ( x ) − f ' ( x ) = h ( x ) , ( 3.2 )

f ( x)

biết

f ( x ) ; f '( x )

thỏa mãn phương trình


.

Phương pháp :
+ Biến đổi phương trình (3.2) về dạng Bài toán 3 bằng cách nhân 2 vế với
+ Ta có

e− x

( 3.2 ) ⇔ e− x f ( x ) − e− x f ' ( x ) = e− x h ( x ) ⇔ e − x f ( x ) ′ = e − x h ( x ) .

∫ e

−x

f ( x ) ′ dx = ∫ e − x h ( x ) dx ⇒.e − x f ( x ) = ∫ e − x h ( x ) dx

nguyên hàm ta có
Ví dụ 9: [Thi thử trường chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi 2018]
f ( x)
f ' ( x ) = f ( x ) + x 2 e x + 1, ∀x ∈ ¡
¡
Cho
là hàm số liên tục trên
thỏa mãn
f ( 3)
f ( 1) = −1.
và
Tính
.
3

28e
26e3
−1
−1
3
3
9e 2 − 1
3e 2 − 1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải:
( 14 ) ⇔ f ' ( x ) − f ( x ) = x 2 e x + 1 ⇔ e − x f ' ( x ) − e − x f ( x ) = x 2 + e − x
+ Lấy

x3
′
2
−x
−x
2
−x
−x
⇒ e f ( x )  = x + e ⇒ e f ( x ) = ∫ ( x + e ) dx ⇒ e f ( x ) =
− e− x + C

3
−x

Mà
14

−1
x3
1
26e3
−x
−x
f ( 1) = −1. ⇒ C =
⇒ e f ( x ) = − e − ⇒ f ( 3) =
−1
3
3
3
3
14
1414


Chọn đáp án D

f ( x ) ;f' ( x )

Trong các bài toán 3.1 hay bài toán 3.2 ta chỉ xét các hệ số của
đặc biệt là 1 hay -1. Câu hỏi đặt ra nếu thay đổi hệ số khác thì có thực hiện
được như vậy hay không? Dẫn dắt đến Bài toán 3.3 tổng quát hơn.

f ( x)
f ( x ) ; f '( x )
Bài toán 3.3: Tìm hàm số
biết
thỏa mãn phương trình
af ( x ) + f ' ( x ) = h ( x ) , ( 3.3 )
.
Phương pháp :
e ax
+ Biến đổi phương trình (3.3) về dạng Bài toán 3 bằng cách nhân 2 vế với

( 3.3) ⇔ eax f ( x ) + e ax f ' ( x ) = e ax h ( x ) ⇔ e ax f ( x ) ′ = e ax h ( x ) .

+ Ta có
+ Lấy nguyên hàm hai vế ta có

′
∫ e f ( x )  dx = ∫ e h ( x ) dx ⇒.e f ( x ) = ∫ e h ( x ) dx
ax

ax

Ví dụ 10: Cho

3
f ( 0) = .
4

ax


f ( x)

ax

¡

là hàm số liên tục trên

thỏa mãn

2 f ( x ) + f '( x ) = x

và

1

∫ f ( x ) dx.
Tính

0

e2 − 1
2e 2

A.
.
Lời giải :

B.


e2 − 1
e2

.

C.

e2 + 1
2e 2

.

D.

e2 + 1
e2

.

2 f ( x ) + f ' ( x ) = x ⇔ 2e 2 x f ( x ) + e 2 x f ' ( x ) = e 2 x .x ⇔ e 2 x f ( x ) ′ = xe 2 x
xe 2 x e 2 x
⇒ e f ( x ) = ∫ xe dx ⇒ e f ( x ) =
−
+C
2
4
2x

2x


2x

Mà
1

1

3
x 1
1
1 
e2 − 1
x 1
f ( 0 ) = . ⇒ C = 1 ⇒ f ( x ) = − + 2 x ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫  − + 2 x ÷dx =
4
2 4 e
2 4 e 
2e 2
0
0

Chọn đáp án C
Bài tập áp dụng
15

15
1515


Bài 9: Cho hàm số

f ( e)
có giá trị là
A.

e

.

B.

Bài 10: Cho hàm số

f ( x)

2 f ( x ) + xf ' ( x ) =
thỏa mãn

ln ( 2e + 1)
f ( x)

.

2x + 1
x2

và

f ( 1) = 2

C.1


D.

f ( x ) + f '( x ) =
thỏa mãn

e +1
ex
2x

f ( 0) =
và

. Khi đó

2e + 1
e2
3
2

.

.

1

∫ f ( x ) dx
Tính

e


A.

0

.

.

B.

ln ( e + 1)

.

C.1

D.

e 2 + 3e − 6
2e

f 2 ( x ) + 2 xf ( x ) f ' ( x ) =

f ( x)

Bài 11:Cho hàm số
thỏa mãn
1
1

f ( x ) dx
f ( 1) =
∫
2
0
. Tính
.

A.

e

ln

2 +1

.

B.

(

)

2 +1

y = f ( x)

.


f ′( x )

C.1

D.

.

x
;; f ( x ) > 0
x2 + 1

1
2 +1

.
[ 0;+∞ )

Bài 12: Cho hàm số
có
liên tục trên nửa khoảng
−2 x
3 f ( x ) + f ′ ( x ) = 1 + 3.e
mãn
. Khi đó:
1
1
1
1
e3 f ( 1) − f ( 0 ) =

−
e3 f ( 1) − f ( 0 ) =
−
e2 + 3 2
2 e2 + 3 4
A.
. B.
.

e f ( 1) − f ( 0 )
3

C.
Bài toán 4. Tìm

(e
=

2

f ( x)

+ 3) e 2 + 3 − 8
3

.D.

thỏa

e3 f ( 1) − f ( 0 ) = ( e 2 + 3) e 2 + 3 − 8


f ( x ) ; f '( x ) , f ( x ) ≠ 0

biết

và

.

thỏa mãn phương trình
g '( x ) f ( x ) − f '( x ) g ( x ) = f ( x ) h ( x ) , ( 4)
g ( x) ,h( x)
, trong đó
là các hàm số
2

16

16
1616


đã xác định.
Khi gặp phương trình (4) học sinh gợi nhớ công thức đạo hàm thương . Dẫn
dắt về dạng Bài toán 1cơ bản, để tự tìm phương pháp giải.
Phương pháp :
+Biến đổi phương trình (4) về dạng .

 g ( x ) ′
g '( x ) f ( x ) − f '( x ) g ( x )

= h( x) ⇔ 
( 4) ⇔
 = h( x)
f 2 ( x)
 f ( x) 
g ( x)
= h ( x ) dx
f ( x) ∫

.

+ Lấy nguyên hàm 2 vế ta có
y = f ( x)
[ 1;2]
Ví dụ 11: Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên
thỏa mãn
3
2
f ( 1) = 4
f ( 2)
f ( x ) = xf ′ ( x ) − 2 x − 3x
và
. Tính
5

A. .

B.


20

.

C.

10

.

D.

15

.

g ( x)

Hướng dẫn học sinh cách tìm hàm
bằng quan sát biểu thức trước
f ( x ) ;f' ( x )
g ( x) = x
là 1 và x từ đó nhận xét
ở mẫu số , rồi biến đổi theo bài
toán về dạngđạo hàm của thương hai hàm số .
Lời giải :
x ∈ [ 1;2]
Do
nên
xf ′ ( x ) − f ( x )

 f ( x ) ′
3
2
f ( x ) = xf ′ ( x ) − 2 x − 3 x ⇔
= 2x + 3 ⇔ 
÷ = 2x + 3
x2
x



⇔

Do

f ( x)
x

= x 2 + 3x + C

f ( 1) = 4

.

3
2
C = 0 ⇒ f ( x ) = x + 3x

nên
f ( 2 ) = 20

Vậy
.Chọn đáp án B

17

.

17
1717


f ′ ( 0 ) = 0; f ( 0 ) = 1
y = f ( x ) ∀x ≥ 0
Ví dụ 12: Cho hàm số
,
, thỏa mãn
và
2
f ′′ ( x ) . f ( x ) − 2  f ′ ( x )  + xf 3 ( x ) = 0
f ( 1)
. Tính
.
2
6
7
3
3
7
6
2

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

Bài toán này thoạt nhìn khá giống dạng cơ bản nhưng việc xuất hiện hệ

f 3 ( x ) ;( f' ( x ) )

2

số 2 và hàm
cũng như đạo hàm cấp 2 làm cho học sinh thấy
khá lạ mắt, vì vậy hướng dẫn học sinh nhận định số 2 sẽ là lũy thừa 2 đạo
f 2 ( x)
hàm xuống và định hướng tìm hàm mẫu số là
.
Lời giải:
2

f ′′ ( x ) . f ( x ) − 2  f ′ ( x ) 
⇔
= −x
2
f ′′ ( x ) . f ( x ) − 2  f ′ ( x )  + xf 3 ( x ) = 0
f 3 ( x)
Ta có:
 f ′ ( x ) ′
f ′( x)
f ′( 0)
x2
02
⇒ 2
=
−
x
⇒
=
−
+
C
⇒
=
−
+C

2
2
f
x

(
)
f
x
2
f
0
2
(
)
(
)


⇒C =0
.
2
f ′( x )
x
=−
2
f ( x)
2
Do đó
1

⇒∫
0

f ′( x )


1

1

 x3 
1
1
1
x2 ⇒ − 1
=
−
⇒
−
+
=
−
d
x
=
−
d
x

÷
∫0 2
f ( x) 0  6  0
f ( 1) f ( 0 )
6
f 2 ( x)


⇒ f ( 1) =

1

6
7

.Chọn đáp án C
Bài tập áp dụng:
f ( x)
x ∈ ( 0; +∞ )
Bài 13: Cho hàm số
liên tục và có đạo hàm tại mọi

đồng thời

3π
2

f ( x ) = x ( sin x + f ' ( x ) ) + cos x

thỏa mãn điều kiện:
f (π)
Khi đó
nằm trong khoảng nào?
18

∫ f ( x ) sin xdx = −4


và

π
2

18
1818


A.

( 6;7 )

.

B.

( 5;6 )

.

C.

( 10;11)

.

y = f ( x)

D.


( 11;12 )

.
¡

2

Bài 14: Cho hàm số
có đạo hàm cấp liên tục trên thỏa mãn
f ( x ) > 0, ∀ x ∈¡ , f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 1, xy 2 + y ′2 = yy ′′, ∀ x ∈ ¡ .
.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
1
1
3
3
< ln f ( 1) < 1
0 < ln f ( 1) <
< ln f ( 1) < 2
1 < ln f ( 1) <
2
2
2
2
A.
. B.
. C.
. D.
.

1
f ( 0) =
y = f ( x)
¡
2
Bài 15: Cho hàm số
. Có đạo hàm liên tục trên . Biết
và
2
x
f ( 1) + f ( −1)
f ( x ) − f ′ ( x ) = f ( x ) e ∀x ∈ ¡
,
. Tính
.
2e
e2 + 1
e2 + 1
2e
1
A.
.
B. .
C. .
D.
.
Bài toán 5: Tìm

f ( x)


biết

f ( x ) ; f '( x ) , f ( x ) > 0

thỏa mãn phương trình
f ' ( x ) g ( x ) + f ( x ) h ( x ) = 0, ( 4 )
g ( x) , h( x)
, trong đó
là các hàm số đã xác định.

Khi gặp phương trình (5) điều đặc biệt có chứa hàm căn bậc hai, học
sinh gợi nhớ công thức đạo hàmcủa hàm căn thức . Dẫn dắt về dạng Bài toán
1 cơ bản, để tự tìm phương pháp giải.
Phương pháp :
+B iến đổi phương trình (4) ta có

( 4) ⇔ f ' ( x ) g ( x ) =

f ( x) h ( x) ⇔
f ( x) =

+ Lấy

19

nguyên hàm ta có

f '( x )

2 f ( x)


=

−h ( x )

2g ( x)

.⇒

(

f ( x)

) ′ = 2−gh (( xx))

1 −h ( x )
.dx.
2 ∫ g ( x)

19
1919


Ví dụ 13: Cho hàm số

 π
0; 2 

f ( x)


liên tục, không âm trên đoạn
, thỏa mãn
 π
∀x ∈ 0; 
2
f ( x ) . f ′ ( x ) = cos x. 1 + f ( x )
f ( 0) = 3
 2
và
,
. Tìm giá trị nhỏ nhất

m

và giá trị lớn nhất

π π 
 6 ; 2 

f ( x)

M

của hàm số
trên đoạn
.
5
5
21
m=

m=
m=
m= 3 M =2 2
2 M =3
2 M= 3
2 M =2 2
A.
,
.B.
,
.C.
,
.D.
,
Khi quan sát bài toán ta thường quan tâm đến biểu thức dưới dấu căn
bậc hai và đạo hàm của nó như thế nào, trong bài này khi nhìn đạo hàm dưới
f ( x ) .f' ( x )
dấu căn thức sẽ có biểu thức
từ đó ta có cách giải bài toán.
Lời giải :
f ( x ) . f ′ ( x ) = cos x. 1 + f 2 ( x )
Từ giả thiết
⇒

f ( x) . f ′( x)
1+ f

2

( x)


= cos x ⇒

(

1+ f 2 ( x)

) ′ = cos x ⇒ ∫ (

1+ f 2 ( x)

) ′ dx = sin x + C

1 + f 2 ( x ) = sin x + C

Suy ra
.
f ( 0) = 3 ⇒ C = 2
Do
.
1 + f 2 ( x ) = sin x + 2 ⇒ f 2 ( x ) = sin 2 x + 4sin x + 3
Vậy

⇒ f ( x ) = sin x + 4sin x + 3
2

Ta có
t = −2

, vì hàm số


π
π
1
≤ x ≤ ⇒ ≤ sin x ≤ 1
6
2
2

f ( x)

, xét hàm số

liên tục,

 π
f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ 0;  .
 2

g ( t ) = t 2 + 4t + 3

có hoành độ đỉnh

loại.

 1  21
max g ( t ) = g ( 1) = 8 min g ( t ) = g  ÷ =
1 
1 
2 4

 2 ;1
 2 ;1
 
 
Suy ra
,
.Chọn đáp án A
20

20
2020


Ví dụ 14: Cho hàm số

y = f ( x)

( 0;+∞ )

y = f ( x)

đồng biến trên
;
liên tục,
2
 f ' ( x )  = ( x + 1) . f ( x )
( 0;+∞ )
nhận giá trị dương trên
và thỏa mãn
và

2
f ( 3) = .
3
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
2413 < f 2 ( 8 ) < 2414
2400 < f 2 ( 8 ) < 2403
A.
.
B.
.
2
2
2408 < f ( 8 ) < 2409
2404 < f ( 8) < 2405
C.
.
D.
.
Lời giải:
y = f ( x)
f ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ )
( 0;+∞ )
Hàm số
đồng biến trên
nên suy ra
.
y = f ( x)
( 0; +∞ )
Mặt khác
liên tục, nhận giá trị dương trên

nên
2
 f ′ ( x )  = ( x + 1) f ( x ) ⇒ f ′ ( x ) = ( x + 1) f ( x ) ∀x ∈ ( 0; +∞ )
,
( x + 1)
f ′( x )
′
⇒
= ( x + 1) ⇒ f ( x ) =
2
f ( x)
∀x ∈ ( 0; +∞ )
,
;
1
3
′
( x + 1) + C
⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x + 1) dx ⇒ f ( x ) =
3
;
2
3
1

4
C = −2 ⇒ f ( x ) =  ( x + 1) − 2 ÷
f ( 3) =
3


9
Từ
suy ra
2
3
2
1

⇒ f ( 8 ) =  ( 8 + 1) − 2 ÷ = ( 9 − 2 ) = 49
⇒ f 2 ( 8 ) = 492 = 2401
3


(

(

)

)

Chọn đáp án B
Bài tập áp dụng:
Bài 16: Cho hàm số

f ( x)

f ( x ) > −1 f ( 0 ) = 0
liên tục,
,

và thỏa mãn

f ′( x ) x2 + 1 = 2x f ( x ) + 1

21

f

. Tính

( 3)

.
21
21
21


0
A. .

3
B. .

7
9
C. .
D. .
f ( x). f '( x) = 2 x f 2 ( x ) + 1
f ( x)

Bài 17: Cho
không âm thỏa mãn điều kiện
và
f (0) = 0
y = f ( x)
[ 1;3]
. Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
trên
là
4 11 + 3
3 11 + 3
20 + 2
22
B.
C.
D.
A.
f ( x)
[ 1;4]
Bài 18: Cho
xác định, có đạo hàm, liên tục và đồng biến trên
thỏa
2
3
x + 2 xf ( x ) =  f ′ ( x )  , ∀x ∈ [ 1;4] , f ( 1) =
f ( 4)
2
mãn
. Giá trị
bằng:

391
361
381
371
18
18
18
18
A.
B.
C.
D.
f ( x)
f ( x ) ; f '( x )
Bài toán 6: Tìm hàm số
biết
thỏa mãn phương trình
g ( x ) f ( x ) + h ( x ) f ' ( x ) = 0, (f ( x ) ≠ 0;h ( x ) ≠ 0) ( 6 )
.
Phương pháp :

( 6) ⇔
+ Biến đổi phương trình (6) về dạng .

f '( x )

∫ f ( x)

f '( x)
f ( x)


dx = − ∫

g ( x)
h( x)

=−

g ( x)

h( x)

.

dx ⇒ ln f ( x ) = − ∫

g ( x)
h( x)

dx.

+ Lấy nguyên hàm 2 vế ta có
f ( 0) = 1
f ( x)
¡
Ví dụ 15: Giả sử hàm số
liên tục, dương trên ; thỏa mãn
và
f ′( x )
x

= 2
T = f 2 2 − 2 f ( 1)
f ( x) x +1
T +1
. Khi đó hiệu
thì
có giá trị là
2
2 −1
2 2
2− 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải :
2
d ( f ( x ) ) 1 d ( x + 1)
f ′( x )
x
∫ f ( x ) dx = ∫ x 2 + 1 dx ⇔ ∫ f ( x ) = 2 ∫ x 2 + 1
Ta có
.

(


22

)

22
2222


Vậy

1
ln ( f ( x ) ) = ln ( x 2 + 1) + C
2

f ( 0) = 1 ⇔ C = 0

f ( x ) = x2 + 1

, mà
. Do đó
.
f 2 2 = 3; 2 f ( 1) = 2 2 ⇒ f 2 2 − 2 f ( 1) = 3 − 2 2 ⇒ T + 1 = 2

(

)

Nên
Chọn đáp án A.


Ví dụ 16: Cho hàm số

(

f ( x)

)

¡

.

f ( x) > 0

có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn
,
f '( x )
= 2 − 2x
f
x
f
0
=
1
(
)
(
)
∀x ∈ ¡
m

. Biết
và
. Tìm các giá trị thực của tham số
f ( x) = m
để phương trình
có hai nghiệm thực phân biệt.
m>e
0 < m ≤1
01< m < e
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải :
f ′( x )
f ′( x)
= 2 − 2x ⇒ ∫
dx = ∫ ( 2 − 2 x ) dx
f ( x)
f ( x)
Ta có
.
2
2
f ( x ) = e2 x−x

f ( 0) = 1
⇔ ln f ( x ) = 2 x − x 2 + C ⇔ f ( x ) = A.e 2 x − x
. Mà
suy ra
.
2
2
2 x − x 2 = 1 − ( x 2 − 2 x + 1) = 1 − ( x − 1) ≤ 1
0 < e2 x− x ≤ e
Ta có
. Suy ra
và ứng
2
t <1
2x − x = t
với một giá trị thực
thì phương trình
sẽ có hai nghiệm phân
biệt.
f ( x) = m
0 < m < e1 = e
2
Vậy để phương trình
có nghiệm phân biệt khi
.
Chọn đáp án C.
Bài tập áp dụng:
y = f ( x)
( 0; + ∞ )
Bài 19: Giả sử hàm số

liên tục, nhận giá trị dương trên
và
f ( 1) = 1 f ( x ) = f ′ ( x ) 3x + 1
x>0
thỏa mãn
,
, với mọi
. Mệnh đề nào sau đây
đúng?
4 < f ( 5) < 5
2 < f ( 5) < 3
3 < f ( 5) < 4
1 < f ( 5) < 2
A.
. B.
.C.
.
D.
.

23

23
2323


[ −1;1]

y = f ( x)

Bài 20: Cho hàm số
có đạo hàm và liên tục trên đoạn
, thỏa
f ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡
f '( x ) + 2 f ( x ) = 0
f ( 1) = 1
f ( −1)
mãn
và
. Biết
, tính
.
−2
3
4
f ( −1) = 3
f ( −1) = e
f ( −1) = e
f ( −1) = e
A.
.
B.
. C.
. D.
.
Khi dạy học sinh phần kiến thức vận dụng này tôi đã xây dựng từ bài toán
rất cơ bản để học sinh không thụ động tiếp nhận mà tiếp nhận một cách tự
nhiên. Chính vì vậy đưa Bài toán 7 mang tính chât khá tổng quát dành cho
việc vận dụng rộng và đa dạng hơn dành thời lượng cuối cùngcủa chuyên đề.
f ( x)

f ( x ) ; f '( x )
Bài toán 7.Tìm hàm số
biết
thỏa mãn phương trình
f '( x ) + h ( x ) f ( x ) = g ( x ) , ( 7 )
h( x) ; g ( x)
. Vói
là các hàm cho trước.
Phương pháp :
h( x ) dx
e∫
+ Biến đổi phương trình chứa (7) về Bài toán 3 bằng cách nhân 2 vế với

( 7 ) ⇔  f ( x ) e ∫

h( x ) dx



+ Ta có

′ = g x e ∫ h( x ) dx
( )

f ( x ) e∫

h( x ) dx

= ∫  g ( x ) e ∫


h( x ) dx

dx
÷


+ Lấy nguyên hàm hai vế ta có
Ví dụ 17: [Thi thử trường THPT Quỳnh Lưu- Nghệ An -2018]
− x2
f ( x)
f
'
x
+
2
xf
x
=
2
xe
, ( *)
(
)
(
)
¡
Cho hàm số
liên tục trên
, thỏa mãn

và
f ( 0) = 1
f ( 1)
. Tính
1
2
2
−
e
e
e
e
A. .
B. .
C. .
D.
.
Lời giải:
Ta đi tìm

e∫

2 xdx

= ex

2

ex

2

, nên nhân 2 vế của (*) cho
ta có
2
2
2
2
′
e x f ' ( x ) + 2 xe x f ( x ) = 2 x ⇔ e x f ( x )  = 2 x ⇒ e x f ( x ) = x 2 + C


f ( 0 ) = 1 ⇒ C = 1 ⇒ e x f ( x ) = x 2 + 1 ⇒ f ( 1) =
2

Mà
24

2
e

. Chọn đáp án C
24
2424


f ( x)

¡ \ { −1;0}

Ví dụ 18: Cho hàm số
liên tục trên
, thỏa mãn
2
x ( x + 1) f ' ( x ) + f ( x ) = x + x, ∀x ∈ ¡ \ { −1;0}
f ( 1) = −2ln 2
và
. Biết
2
2
f ( 2 ) = a + b ln 3, ( a, b ∈ ¤ )
P=a +b
. Tính
1
3
13
9
P=
P=
P=
P=
2
4
4
2
A.
.
B.
.
C.

.
D.
.
Lời giải:
f '( x )
Theo bài toán tổng quát 1.8 thì
phải độc lập, vì vậy ta tìm cách biến đổi
để thỏa mãn điều kiện .
x ( x + 1)
Chia 2 vế phương trình đề bài cho
ta có
1
x ( x + 1) f ' ( x ) + f ( x ) = x 2 + x ⇔ f ' ( x ) +
f ( x ) = 1, ( *)
x ( x + 1)
1

e

∫ x( x+1) dx

=e

ln

x
x +1

=

Ta đi tìm

( *) ⇔
⇒

x
1
f '( x ) +
2
x +1
( x + 1)

x
x +1

x
x +1

, nên nhân 2 vế của (*) cho
ta có
x
x
 x
′
f ( x) =
⇔
f ( x)  =
x +1
 x +1
 x +1

x
x
x
f ( x) = ∫
dx ⇒
f ( x ) = x − ln ( x − 1) + C
x +1
x +1
x +1

f ( 1) = −2ln 2 ⇒ C = −1 ⇒
Mà

⇒ f ( 2) =

x
f ( x ) = x − ln ( x − 1) − 1
x +1

3 3
9
− ln 3 ⇒ P =
2 2
2

Chọn đáp án D
Bài tập áp dụng
Bài 21:[HKII Chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM-2018]
f ( x)

( x + 1) f ' ( x ) + ( x + 2 ) f ( x ) = e x
¡
Cho hàm số
liên tục trên
, thỏa mãn
và
1
f ( 0) =
f ( 2)
2
. Tính
25

25
2525