Phương pháp giải:

\(v\left( t \right) = \int\limits_{}^{} {a\left( t \right)dt} \).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(v\left( t \right) = \int\limits_{}^{} {a\left( t \right)dt}  = \int\limits_{}^{} {\left( {2t + 1} \right)dt}  = {t^2} + t + C\)

Do \(v\left( 0 \right) = 180 \Leftrightarrow C = 180 \Rightarrow v\left( t \right) = {t^2} + t + 180\).

\( \Rightarrow v\left( 4 \right) = {4^2} + 4 + 180 = 200\,\,\left( {m/s} \right)\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến.

- Thay \(x = \frac{1}{e},\,\,\,x = e\) tìm hằng số \(C\) suy ra hàm số \(F\left( x \right)\).

- Thay các giá trị \(\frac{1}{{{e^2}}}\) và \({e^2}\) vào \(F\left( x \right)\) và tính.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx}  = \int {\frac{{dx}}{{x\ln x}}} \).

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

\( \Rightarrow \int {\frac{{dx}}{{x\ln x}}}  = \int {\frac{{dt}}{t}}  = \ln \left| t \right| + C = \ln \left| {\ln x} \right| + C = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {\ln x} \right) + {C_1}\,\,khi\,\,x > 1\\\ln \left( { - \ln x} \right) + {C_2}\,\,khi\,\,x < 1\end{array} \right.\)

+) \(F\left( {\frac{1}{e}} \right) = 2 \Leftrightarrow \ln \left( { - \ln \frac{1}{e}} \right) + {C_1} = 2 \Leftrightarrow {C_1} = 2\).

+) \(F\left( e \right) = \ln 2 \Leftrightarrow \ln \left( {\ln e} \right) + {C_2} = \ln 2 \Leftrightarrow {C_2} = \ln 2\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {\ln x} \right) + 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x > 1\\\ln \left( { - \ln x} \right) + \ln 2\,\,khi\,\,x < 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow F\left( {\frac{1}{{{e^2}}}} \right) = \ln \left( { - \ln \frac{1}{{{e^2}}}} \right) + \ln 2 = 2\ln 2\) và \(F\left( {{e^2}} \right) = \ln \left( {\ln {e^2}} \right) + 2 = \ln 2 + 2\)

\( \Rightarrow F\left( {\frac{1}{{{e^2}}}} \right) + F\left( {{e^2}} \right) = 2\ln 2 + \ln 2 + 2 = 3\ln 2 + 2\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Biến đổi giả thiết rồi lấy nguyên hàm hai vế.

Chú ý \(d\left( {f\left( x \right)} \right) = f'\left( x \right)dx\) hoặc đặt ẩn phụ \(f\left( x \right) = t\) .

Lời giải chi tiết:

Ta có \(f'\left( x \right) = {x^3}{f^2}\left( x \right)\,\, \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = {x^3}\)

Lấy nguyên hàm hai vế ta được \(\int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}dx}  = \int {{x^3}dx}  \Leftrightarrow \int {\frac{1}{{{f^2}\left( x \right)}}d\left( {f\left( x \right)} \right)}  = \frac{{{x^4}}}{4} + C\)

\( \Leftrightarrow  - \frac{1}{{f\left( x \right)}} = \frac{{{x^4}}}{4} + C \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{\frac{{{x^4}}}{4} + C}}\)

Mà \(f\left( 2 \right) =  - \frac{4}{{19}}\) nên \(f\left( 2 \right) = \frac{{ - 1}}{{\frac{{{2^4}}}{4} + C}} \Leftrightarrow \frac{{19}}{4} = 4 + C \Leftrightarrow C = \frac{3}{4} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - 4}}{{{x^4} + 3}}\)

Suy ra \(f\left( 1 \right) = \frac{{ - 4}}{{{1^4} + 3}} =  - 1.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức từng phần \(\int\limits_{}^{} {udv}  = uv - \int\limits_{}^{} {vdu} \).

Lời giải chi tiết:

\(F\left( x \right) = {x^2}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right).{e^{2x}} \Rightarrow {\left( {{x^2}} \right)^\prime } = f\left( x \right).{e^{2x}} \Leftrightarrow 2x = f\left( x \right).{e^{2x}}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int {f'\left( x \right).{e^{2x}}} dx = \int {{e^{2x}}} d\left( {f\left( x \right)} \right) = {e^{2x}}f\left( x \right) - \int {f\left( x \right)d\left( {{e^{2x}}} \right)} \\ = {e^{2x}}f\left( x \right) - 2\int {f\left( x \right){e^{2x}}} dx = 2x - 2{x^2} + C\end{array}\)

Chọn: A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức giải nhanh: \(\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{\left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)}}}  = \dfrac{1}{{a - b}}\ln \left| {\dfrac{{x - a}}{{x - b}}} \right| + C\).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f'\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{{x^2} - 1}}}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}}  = \dfrac{1}{2}\ln \left| {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right| + C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left[ \begin{array}{l}\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}} + {C_1}\,\,khi\,\,x \ge 1\,\, \vee \,\,x \le  - 1\\\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{{1 - x}}{{x + 1}} + {C_2}\,\,khi\,\, - 1 \le x \le 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}f\left( 3 \right) + f\left( { - 3} \right) = 4\\f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) + f\left( { - \dfrac{1}{3}} \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{2} + {C_1} + \dfrac{1}{2}\ln 2 + {C_1} = 4\\\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{2} + {C_2} + \dfrac{1}{2}\ln 2 + {C_2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{C_1} = 2\\{C_2} = 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}} + 2\,\,khi\,\,x \ge 1\,\, \vee \,\,x \le  - 1\\\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{{1 - x}}{{x + 1}} + 1\,\,khi\,\, - 1 \le x \le 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow f\left( { - 5} \right) + f\left( 0 \right) + f\left( 2 \right) = \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{3}{2} + 2 + \dfrac{1}{2}\ln 1 + 1 + \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{3} + 2\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{2} + 5 = 5 - \dfrac{1}{2}\ln 2\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) \(x{e^x}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( { - x} \right)\) nên \(\left( {x{e^x}} \right)' = f\left( { - x} \right)\).

+) Từ \(f\left( { - x} \right) \Rightarrow f\left( x \right)\).

+) \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f'\left( x \right){e^x} \Rightarrow F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f'\left( x \right){e^x}dx} \).

+) Tính \(F\left( x \right),\) từ đó tính \(F\left( { - 1} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Vì \(x{e^x}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( { - x} \right)\) nên \(\left( {x{e^x}} \right)' = f\left( { - x} \right) \Leftrightarrow f\left( { - x} \right) = {e^x} + x{e^x} = {e^x}\left( {1 + x} \right)\).

\( \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{ - x}}\left( {1 - x} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) =  - {e^{ - x}}\left( {1 - x} \right) - {e^{ - x}} =  - {e^{ - x}}\left( {2 - x} \right) = \left( {x - 2} \right){e^{ - x}}\\ \Rightarrow f'\left( x \right){e^x} = \left( {x - 2} \right){e^{ - x}}.{e^x} = x - 2\\ \Rightarrow F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\left( {x - 2} \right)dx}  = \dfrac{{{x^2}}}{2} - 2x + C\\F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{2} - 2x + 1\\ \Rightarrow F\left( { - 1} \right) = \dfrac{{{{\left( { - 1} \right)}^2}}}{2} - 2\left( { - 1} \right) + 1 = \dfrac{7}{2}\end{array}\)

Chọn A. 

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần: đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = {e^x}dx\end{array} \right.\).

Lời giải chi tiết:

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

\( \Rightarrow \int {x{e^x}dx}  = x{e^x} - \int {{e^x}dx}  = x{e^x} - {e^x} + C\).

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính: \(V\left( t \right) = \int\limits_{}^{} {V'\left( t \right)} dt.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(V\left( t \right) = \int {V'\left( t \right)dt}  = \int {\left( {a{t^2} + bt} \right)dt}  = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C.\) 

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}V\left( 0 \right) = 0\\V\left( 5 \right) = 15\\V\left( {10} \right) = 110\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C = 0\\\frac{{125a}}{3} + \frac{{25b}}{2} = 15\\\frac{{1000a}}{3} + \frac{{100b}}{2} = 110\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{{10}}\\b = \frac{1}{5}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow V\left( t \right) = \dfrac{1}{{10}}{t^3} + \dfrac{1}{10}{t^2} \Rightarrow V\left( {20} \right) = 840\,{m^3}.\)

Chọn  C.

Phương pháp giải:

\(F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} \).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{x\ln x}}}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{d\left( {\ln x} \right)}}{{\ln x}}}  = \ln \left| {\ln x} \right| + C\\F\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}\ln \left( {\ln x} \right) + {C_1}\,\,khi\,\,x \ge 1\\\ln \left( { - \ln x} \right) + {C_2}\,\,khi\,\,0 < x < 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}F\left( {\dfrac{1}{e}} \right) = 2\\F\left( e \right) = \ln 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{C_2} = 2\\{C_1} = \ln 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow F\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}\ln \left( {\ln x} \right) + \ln 2\,\,khi\,\,x \ge 1\\\ln \left( { - \ln x} \right) + 2\,\,khi\,\,0 < x < 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}F\left( {\dfrac{1}{{{e^2}}}} \right) = \ln \left( { - \ln \dfrac{1}{{{e^2}}}} \right) + 2 = \ln 2 + 2\\F\left( {{e^2}} \right) = \ln \left( {\ln {e^2}} \right) + \ln 2 = 2\ln 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow F\left( {\dfrac{1}{{{e^2}}}} \right) + F\left( {{e^2}} \right) = 3\ln 2 + 2\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Nhân cả hai vế với \({e^{ - 2018x}}\) và lấy nguyên hàm hai vế.

- Sử dụng điều kiện \(f\left( 0 \right) = 2018\) tìm hàm \(f\left( x \right)\) và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) - 2018f\left( x \right) = 2018{x^{2017}}{e^{2018x}} \Leftrightarrow f'\left( x \right){e^{ - 2018x}} - 2018{e^{ - 2018x}}f\left( x \right) = 2018{x^{2017}}\\ \Rightarrow \left[ {f\left( x \right){e^{ - 2018x}}} \right]' = \left( {{x^{2018}}} \right)' \Rightarrow \int {\left[ {f\left( x \right){e^{ - 2018x}}} \right]'dx}  = \int {\left( {{x^{2018}}} \right)'dx}  \Rightarrow f\left( x \right){e^{ - 2018x}} = {x^{2018}} + C\end{array}\) 

Do \(f\left( 0 \right) = 2018 \Rightarrow f\left( 0 \right).{e^0} = C \Leftrightarrow C = 2018\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f\left( x \right) = {x^{2018}}{e^{2018x}} + 2018{e^{2018x}}\\ \Rightarrow f\left( 1 \right) = {e^{2018}} + 2018{e^{2018}} = 2019{e^{2018}}.\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Biến đổi giả thiết rồi lấy nguyên hàm hai vế để tìm được \(f\left( x \right).\) Lưu ý rằng \(\int {f'\left( x \right)dx}  = f\left( x \right) + C\)

Từ đó tính \(f\left( 2 \right).\)

Lời giải chi tiết:

Ta có

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x\left( {4 - f'\left( x \right)} \right) = f\left( x \right) - 1 \Leftrightarrow 4x - xf'\left( x \right) = f\left( x \right) - 1\\ \Leftrightarrow f\left( x \right) + xf'\left( x \right) = 4x + 1 \Leftrightarrow {\left( {xf\left( x \right)} \right)^\prime } = 4x + 1\end{array}\)

Lấy nguyên hàm hai vế theo \(x\) ta được \(xf\left( x \right) = 2{x^2} + x + C\)

Mà \(f\left( 1 \right) = 3\) nên ta có \(1.f\left( 1 \right) = {2.1^2} + 1 + C \Leftrightarrow 3 = 3 + C \Rightarrow C = 0\)

Từ đó \(xf\left( x \right) = 2{x^2} + x \Rightarrow f\left( x \right) = 2x + 1\,\,\,\left( {do\,x > 0} \right)\)

Suy ra \(f\left( 2 \right) = 2.2 + 1 = 5.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) \(f\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f'\left( x \right)dx}  \Rightarrow \) Xác định hàm số \(f\left( x \right)\).

+) Sử dụng phương pháp đổi biến và nguyên hàm từng phần tính nguyên hàm của hàm \(g\left( x \right)\).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \dfrac{x}{{{x^2} + 1}}\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f'\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{xdx}}{{{x^2} + 1}}}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_{}^{} {\dfrac{{d\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2} + 1}}}  = \dfrac{1}{2}\ln \left( {{x^2} + 1} \right) + C\\f\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\ln 1 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{1}{2}\ln \left( {{x^2} + 1} \right)\\ \Rightarrow g\left( x \right) = 4xf\left( x \right) = 2x\ln \left( {{x^2} + 1} \right) \Rightarrow \int\limits_{}^{} {g\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {2x\ln \left( {{x^2} + 1} \right)dx} \end{array}\)

Đặt \(t = {x^2} + 1 \Rightarrow dt = 2xdx\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int\limits_{}^{} {g\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\ln tdt}  = t\ln t - \int\limits_{}^{} {t.\dfrac{1}{t}dt}  = t\ln t - \int\limits_{}^{} {dt}  = t\ln t - t + C\\ = \left( {{x^2} + 1} \right)\ln \left( {{x^2} + 1} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right) + C\end{array}\)

Đặt \( - 1 + C = c \Rightarrow \int\limits_{}^{} {g\left( x \right)dx}  = \left( {{x^2} + 1} \right)\ln \left( {{x^2} + 1} \right) - {x^2} + c\).

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp đổi biến tìm nguyên hàm: Tìm hàm số \(f\left( x \right)\) và suy ra giá trị \(f\left( 3 \right)\).

Lời giải chi tiết:

Ta có : \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx}  = \int {\dfrac{{\ln x}}{x}dx} \)

Đặt \(t = \ln x \Rightarrow dt = \dfrac{{dx}}{x}\) \( \Rightarrow \int {\dfrac{{\ln x}}{x}dx}  = \int {tdt}  = \dfrac{{{t^2}}}{2} + C = \dfrac{{{{\ln }^2}x}}{2} + C\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{{{\ln }^2}x}}{2} + C\). Mà \(f\left( 1 \right) = \dfrac{3}{2} \Rightarrow C = \dfrac{3}{2} \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{{{\ln }^2}x}}{2} + \dfrac{3}{2}\)

Vậy \(f\left( 3 \right) = \dfrac{{{{\ln }^2}3}}{2} + \dfrac{3}{2} = \dfrac{{{{\ln }^2}3 + 3}}{2}\) .

Chọn D.

Phương pháp giải:

Đặt ẩn phụ \(2x + 1 = t\).

Lời giải chi tiết:

Đặt \(2x + 1 = t \Leftrightarrow 2dx = dt\) và \(x = \dfrac{{t - 1}}{2}\), ta có:

\(\begin{array}{l}\int {x.{{\left( {2x + 1} \right)}^{100}}dx}  = \int {\dfrac{1}{2}\left( {t - 1} \right){t^{100}}.\dfrac{1}{2}dt}  = \dfrac{1}{4}\int {\left( {t - 1} \right){t^{100}}dt}  = \dfrac{1}{4}\int {\left( {{t^{101}} - {t^{100}}} \right)dt} \\ = \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{{{t^{102}}}}{{102}} - \dfrac{{{t^{101}}}}{{101}}} \right) + C = \dfrac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^{102}}}}{{408}} - \dfrac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^{101}}}}{{404}} + C\\ \Rightarrow a = 408,\,\,b = 404 \Rightarrow a - b = 4.\end{array}\)

Chọn: A

Phương pháp giải:

Đặt \(t = x + 2\), tính \(dx\) và thay vào tính nguyên hàm của hàm số đã cho.

Lời giải chi tiết:

Đặt \(t = x + 2\left( {t > 0} \right) \Rightarrow x = t - 2 \Rightarrow dx = dt\).

Khi đó

\(\begin{array}{l}\int {\dfrac{{2x + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}dx}  = \int {\dfrac{{2\left( {t - 2} \right) + 1}}{{{t^2}}}dt} \\ = \int {\dfrac{{2t - 3}}{{{t^2}}}dt}  = \int {\left( {\dfrac{2}{t} - \dfrac{3}{{{t^2}}}} \right)dt} \\ = 2\ln t + \dfrac{3}{t} + C = 2\ln \left( {x + 2} \right) + \dfrac{3}{{x + 2}} + C\end{array}\) 

Chọn D.

Phương pháp giải:

Phân tích tử theo mẫu, sử dụng các công thức tính nguyên hàm cơ bản \(\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{x}}  = \ln \left| x \right| + C;\,\,\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{{x^2}}}}  =  - \dfrac{1}{x} + C\).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(f\left( x \right) = \dfrac{{3x - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{3x - 6 + 4}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{3}{{x - 2}} + \dfrac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left[ {\dfrac{3}{{x - 2}} + \dfrac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}} \right]dx} \\ = 3\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{x - 2}}}  + 4\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}}  = 3\ln \left| {x - 2} \right| - \dfrac{4}{{x - 2}} + C\\Do\,\,x \in \left( {2; + \infty } \right) \Rightarrow x - 2 > 0 \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx}  = 3\ln \left( {x - 2} \right) - \dfrac{4}{{x - 2}} + C\end{array}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {2x\left( {\sin x + 1} \right)dx}  = 2\int\limits_{}^{} {x\sin xdx}  + \int\limits_{}^{} {2xdx}  = 2{I_1} + {I_2}\\{I_2} = \int\limits_{}^{} {2xdx}  = {x^2} + {C_2}\\{I_1} = \int\limits_{}^{} {x\sin xdx}  =  - \int\limits_{}^{} {xd\left( {\cos x} \right)}  =  - \left[ {x\cos x - \int\limits_{}^{} {\cos xdx}  + {C_1}} \right]\\\,\,\,\,\,\, =  - x\cos x + \sin x + {C_1}\\ \Rightarrow \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  =  - 2x\cos x + 2\sin x + {x^2} + C\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- \(F\left( x \right)\) là 1 nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) \( \Leftrightarrow F'\left( x \right) = f\left( x \right)\).

- Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần \(\int {udv}  = uv - \int {vdu} \).

Lời giải chi tiết:

\(F\left( x \right) = \frac{1}{{2{x^2}}}\) là một nguyên hàm của hàm số \(\frac{{f\left( x \right)}}{x}\) nên \(\int {\frac{{f\left( x \right)}}{x}dx}  = \frac{1}{{2{x^2}}}\).

Và \(\left( {\frac{1}{{2{x^2}}}} \right)' = \frac{{f\left( x \right)}}{x} \Leftrightarrow  - \frac{{4x}}{{4{x^4}}} = \frac{{f\left( x \right)}}{x}\) \( \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{1}{{{x^2}}}\).

\(I = \int {f'\left( x \right)\ln xdx} \)

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

\(\begin{array}{l} \Rightarrow I = f\left( x \right)\ln x - \int {\frac{{f\left( x \right)dx}}{x}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - \frac{1}{{{x^2}}}\ln x - \frac{1}{{2{x^2}}} + C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - \left( {\frac{{\ln x}}{{{x^2}}} + \frac{1}{{2{x^2}}}} \right) + C\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

- \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) khi và chỉ khi \(F'\left( x \right) = f\left( x \right).\)

- Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số.

Lời giải chi tiết:

TXĐ:\(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

\(F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}\ln x}}{a} - \dfrac{{{x^2}}}{b}\)là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = x\ln x\) nên\(F'\left( x \right) = f\left( x \right)\).

Ta có: \(F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}\ln x}}{a} - \dfrac{{{x^2}}}{b} = \dfrac{1}{a}\left( {{x^2}\ln x} \right) - \dfrac{1}{b}{x^2}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow F'\left( x \right) = \dfrac{1}{a}\left( {2x\ln x + {x^2}.\dfrac{1}{x}} \right) - \dfrac{{2x}}{b}\\ \Leftrightarrow F'\left( x \right) = \dfrac{1}{a}.2x\ln x + \dfrac{x}{a} - \dfrac{{2x}}{b} = \dfrac{2}{a}.x\ln x + \left( {\dfrac{1}{a} - \dfrac{2}{b}} \right)x\end{array}\)

Do \(F'\left( x \right) = f\left( x \right)\) nên đồng nhất hệ số ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{2}{a} = 1\\\dfrac{1}{a} - \dfrac{2}{b} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 4\end{array} \right.\) .

Vậy \({a^2} - b = {2^2} - 4 = 0.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp tìm nguyên hàm của hàm số hữu tỉ với mẫu số có nghiệm kép.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int {\frac{{2x - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int {\frac{{2\left( {x + 1} \right) - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int {\frac{2}{{x + 1}}dx - } \int {\frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} \\\,\,\,\, = 2\ln \left| {x + 1} \right| + \frac{3}{{x + 1}} + C = 2\ln \left( {x + 1} \right) + \frac{3}{{x + 1}} + C\,\,\,\,\,\left( {do\,\,x \in \left( { - 1; + \infty } \right) \Rightarrow x + 1 > 0} \right).\end{array}\)

Chọn  B.

Phương pháp giải:

Ta có: \(f'\left( x \right) = \int {f''\left( x \right)dx;\,\,\,f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx} .} \)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(f''\left( x \right) = 12{x^2} + 6x - 4\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) = \int {\left( {12{x^2} + 6x - 4} \right)dx}  = 4{x^3} + 3{x^2} - 4x + C\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx}  = \int {\left( {4{x^3} + 3{x^2} - 4x + C} \right)dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {x^4} + {x^3} - 2{x^2} + Cx + C'.\end{array}\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 1\\f\left( 1 \right) = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}C' = 1\\1 + 1 - 2 + C + C' = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C' = 1\\C = 2\end{array} \right..\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f\left( x \right) = {x^4} + {x^3} - 2{x^2} + 2x + 1.\\ \Rightarrow f\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^4} + {\left( { - 1} \right)^3} - 2{\left( { - 1} \right)^2} + 2\left( { - 1} \right) + 1 =  - 3.\end{array}\)

Chọn  B.

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức nguyên hàm \(\int {{x^n}dx}  = \dfrac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C\)  và \(\int {\dfrac{1}{{ax + b}}dx}  = \ln \left| {ax + b} \right| + C\)

Lời giải chi tiết:

Ta có

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\dfrac{{3x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x} } \)\( = \int {\dfrac{{3\left( {x - 1} \right) + 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x = \int {\left[ {\dfrac{3}{{x - 1}} + \dfrac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \right]{\rm{d}}x} } \)\( = 3\ln \left| {x - 1} \right| - \dfrac{2}{{x - 1}} + C\)

Xét trên khoảng \(\left( {1\,;\, + \infty } \right)\)ta có \(\left| {x - 1} \right| = x - 1\) nên:

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x = \int {\dfrac{{3x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x} } \)\( = 3\ln \left( {x - 1} \right) - \dfrac{2}{{x - 1}} + C\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần để làm bài.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(I = \int {\left( {1 - x} \right){e^{2x}}dx} \) 

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

\( \Rightarrow I = \dfrac{{\left( {1 - x} \right){e^{2x}}}}{2} + \int {\dfrac{1}{2}{e^{2x}}dx} \) \( = \dfrac{{\left( {1 - x} \right){e^{2x}}}}{2} + \dfrac{1}{4}{e^{2x}} + C = \dfrac{{\left( {3 - 2x} \right){e^{2x}}}}{4} + C.\)

Chọn  B.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp đổi biến để làm bài.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(I = \int {x\sqrt {1 - 2x} dx} .\)

Đặt \(t = \sqrt {1 - 2x}  \Rightarrow {t^2} = 1 - 2x \Rightarrow 2tdt =  - 2dx \Rightarrow dx =  - tdt.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow x = \dfrac{{1 - {t^2}}}{2}.\\ \Rightarrow I =  - \int {\dfrac{{1 - {t^2}}}{2}.{t^2}dt}  = \dfrac{1}{2}\int {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt}  = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{t^5}}}{5} - \dfrac{{{t^3}}}{3}} \right) + C\\ = \dfrac{{{t^5}}}{{10}} - \dfrac{{{t^3}}}{6} + C = \dfrac{{\sqrt {{{\left( {1 - 2x} \right)}^5}} }}{{10}} - \dfrac{{\sqrt {{{\left( {1 - 2x} \right)}^3}} }}{6} + C.\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx} \).

- Phá trị tuyệt đối, tìm hằng số \(C\) trong từng trường hợp.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(f'\left( x \right) = \dfrac{2}{{2x - 1}}\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\dfrac{2}{{2x - 1}}dx}  = \ln \left| {2x - 1} \right| + C\)\( = \left[ \begin{array}{l}\ln \left( {2x - 1} \right) + {C_1}\,\,\,khi\,\,x \ge \dfrac{1}{2}\\\ln \left( {1 - 2x} \right) + {C_2}\,\,\,khi\,\,x < \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\).

Với \(x = 0\) ta có \(f\left( 0 \right) = \ln 1 + {C_2} = 1\)\( \Rightarrow {C_2} = 1\).

Với \(x = 1\) ta có \(f\left( 1 \right) = \ln 1 + {C_1} = 2 \Rightarrow {C_1} = 2\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}\ln \left( {2x - 1} \right) + 2\,\,\,khi\,\,x \ge \dfrac{1}{2}\\\ln \left( {1 - 2x} \right) + 1\,\,\,khi\,\,x < \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\\ \Rightarrow f\left( { - 1} \right) = \ln 3 + 1;\,\,f\left( 3 \right) = \ln 5 + 2\\ \Rightarrow f\left( { - 1} \right) + f\left( 3 \right) = \ln 3 + \ln 5 + 3 = 3 + ln15\end{array}\) 

Chọn C.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải chi tiết

\(F\left( x \right) = \int {{{4x - 1} \over {4{x^2} - 2x + 5}}dx} \) 

Ta có: \(4{x^2} - 2x + 5 = {\left( {2x} \right)^2} - 2.\left( {2x} \right).{1 \over 2} + {1 \over 4} + {{19} \over 4} = {\left( {2x - {1 \over 2}} \right)^2} + {{19} \over 4}\) \( \Rightarrow F\left( x \right) = \int {{{2\left( {2x - {1 \over 2}} \right)} \over {{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + {{19} \over 4}}}dx} \)

 Đặt \(2x - {1 \over 2} = {{\sqrt {19} } \over 2}\tan t \Rightarrow 2dx = {{\sqrt {19} } \over 2}{{dt} \over {{{\cos }^2}t}} = {{\sqrt {19} } \over 2}\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\)

\(\eqalign{ & \Rightarrow F\left( t \right) = \int {{{{{\sqrt {19} } \over 2}\tan t} \over {{{19} \over 4}\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)}}{{\sqrt {19} } \over 2}\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \int {\tan tdt} = \int {{{\sin t} \over {\cos t}}dt} = - \int {{{d\left( {\cos t} \right)} \over {\cos t}}} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = - \ln \left| {\cos t} \right| + C\,\,\,\left( {C = const} \right) \cr} \)

Ta có:  

\(\eqalign{ & 2x - {1 \over 2} = {{\sqrt {19} } \over 2}\tan t \Rightarrow \tan t = {2 \over {\sqrt {19} }}\left( {2x - {1 \over 2}} \right) \Rightarrow {\tan ^2}t + 1 = {4 \over {19}}{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)^2} + 1 = {1 \over {{{\cos }^2}t}} \cr & \Rightarrow {\cos ^2}t = {1 \over {{4 \over {19}}{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + 1}} \Rightarrow \cos t = \sqrt {{1 \over {{4 \over {19}}{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + 1}}} = {1 \over {\sqrt {{4 \over {19}}{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + 1} }} \cr & \Rightarrow F\left( x \right) = - \ln {1 \over {\sqrt {{4 \over {19}}{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + 1} }} + C = \ln \sqrt {{4 \over {19}}{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + 1} + C = {1 \over 2}\ln \left( {{4 \over {19}}{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + 1} \right) + C \cr & = {1 \over 2}\ln \left[ {{4 \over {19}}\left( {{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + {{19} \over 4}} \right)} \right] = {1 \over 2}\ln {4 \over {19}} + {1 \over 2}\ln \left[ {{{\left( {2x - {1 \over 2}} \right)}^2} + {{19} \over 4}} \right] + C \cr & = {1 \over 2}\ln \left( {4{x^2} - 2x + 5} \right) + C'\,\,\,\,\,\left( {C' = C + {1 \over 2}\ln {4 \over {19}} = const} \right) \cr} \)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải chi tiết.

\(I = \int {{x^2}{e^{3{x^3}}}dx} \)

Đặt \(3{x^3} = u \Rightarrow 9{x^2}dx = du \Rightarrow {x^2}dx = {{du} \over 9}\)

\(I = \int {{{{e^u}du} \over 9}}  = {1 \over 9}{e^u} + C \Rightarrow m = {1 \over 9}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\(F\left( x \right) = \int {f(x)dx}  = \int {{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \over {2{{\cos }^2}x}}dx} \) 

Đặt  \(t = \cos x \Rightarrow dt =  - \sin xdx \Rightarrow \sin xdx =  - dt\)

\(\eqalign{ & \Rightarrow F\left( x \right) = - \int {{{dt} \over {2{t^2}}}} = - {1 \over 2}.\left( { - {1 \over t}} \right) + C = {1 \over {2t}} + C = {1 \over {2\cos x}} + C = {a \over {b\cos x}} - 1 \cr & \Rightarrow \left\{ \matrix{a = 1 \hfill \cr b = 2 \hfill \cr C = - 1 \hfill \cr} \right.\,\,\left( {tm} \right) \cr} \)

Ta có: \(2a - b = 2 - 2 = 0 \Rightarrow \) A và B sai

\(3a - b = 3 - 2 = 1 > 0 \Rightarrow C\) sai

Chọn D.

Phương pháp giải:

\(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {{{{x^2}} \over {\sqrt {1 - {x^3}} }}dx}  + \int\limits_{}^{} {{1 \over {\sqrt x {{\left( {1 + \sqrt x } \right)}^2}}}dx}  = {I_1} + {I_2}\)

Với I₁ đặt \(t = \sqrt {1 - {x^3}} \), I₂ đặt \(t = 1 + \sqrt x \)

Lời giải chi tiết:

\(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {{{{x^2}} \over {\sqrt {1 - {x^3}} }}dx}  + \int\limits_{}^{} {{1 \over {\sqrt x {{\left( {1 + \sqrt x } \right)}^2}}}dx}  = {I_1} + {I_2}\)

Xét \({I_1} = \int\limits_{}^{} {{{{x^2}} \over {\sqrt {1 - {x^3}} }}dx} \). Đặt \(t = \sqrt {1 - {x^3}}  \Leftrightarrow {t^2} = 1 - {x^3} \Leftrightarrow 2tdt =  - 3{x^2}dx \Rightarrow {x^2}dx =  - {2 \over 3}tdt\)

\( \Rightarrow {I_1} = \int\limits_{}^{} {{{ - {2 \over 3}tdt} \over t}}  = {{ - 2} \over 3}t + C =  - {2 \over 3}\sqrt {1 - {x^3}}  + C\)

Xét \({I_2} = \int\limits_{}^{} {{1 \over {\sqrt x {{\left( {1 + \sqrt x } \right)}^2}}}dx} \), đặt \(t = 1 + \sqrt x  \Rightarrow dt = {1 \over {2\sqrt x }}dx \Rightarrow {{dx} \over {\sqrt x }} = 2dt\)

\(\eqalign{  &  \Rightarrow {I_2} = \int\limits_{}^{} {{{2dt} \over {{t^2}}}}  =  - {2 \over t} + C =  - {2 \over {1 + \sqrt x }} + C  \cr   &  \Rightarrow I =  - {2 \over 3}\sqrt {1 - {x^3}}  - {2 \over {1 + \sqrt x }} + C  \cr   &  \Rightarrow \left\{ \matrix{  A =  - {2 \over 3} \hfill \cr   B =  - 2 \hfill \cr}  \right. \Rightarrow A + B =  - {8 \over 3} \cr} \).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Đặt \(t = \sqrt {8 - {x^2}} \)

Lời giải chi tiết:

Đặt \(t = \sqrt {8 - {x^2}}  \Leftrightarrow {t^2} = 8 - {x^2} \Leftrightarrow tdt =  - xdx \Rightarrow xdx =  - tdt\)

\(\eqalign{  &  \Rightarrow F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {{x \over {\sqrt {8 - {x^2}} }}dx}  = \int\limits_{}^{} {{{ - tdt} \over t}}  =  - t + C =  - \sqrt {8 - {x^2}}  + C  \cr   & F\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2 + C = 0 \Rightarrow C = 2  \cr   &  \Rightarrow F\left( x \right) =  - \sqrt {8 - {x^2}}  + 2  \cr   & F\left( x \right) = x \Leftrightarrow  - \sqrt {8 - {x^2}}  + 2 = x  \cr   &  \Leftrightarrow \sqrt {8 - {x^2}}  = 2 - x  \cr   &  \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  2 - x \ge 0 \hfill \cr   8 - {x^2} = {x^2} - 4x + 4 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{  x \le 2 \hfill \cr   2{x^2} - 4x - 4 = 0 \hfill \cr}  \right. \Leftrightarrow x = 1 - \sqrt 3  \cr} \)

Vậy phương trình \(F\left( x \right) = x\) có nghiệm duy nhất \(x = 1 - \sqrt 3 \)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Chia biểu thức, lấy nguyên hàm hai vế để tìm được hàm số \(f \left(x\right).\)

Lời giải chi tiết:

Ta có \({f}'\left( x \right)=\frac{x.f\left( x \right)}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\Leftrightarrow \frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\Leftrightarrow \int{\frac{{f}'\left( x \right)}{f\left( x \right)}\text{d}x}=\int{\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\text{d}x}\)

\(\Leftrightarrow \int{\frac{\text{d}\left( f\left( x \right) \right)}{f\left( x \right)}}=\int{\frac{\text{d}\left( {{x}^{2}}+1 \right)}{2\sqrt{{{x}^{2}}+1}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+C\Leftrightarrow \ln f\left( x \right)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+C\Leftrightarrow f\left( x \right)={{e}^{\sqrt{{{x}^{2}}\,+\,1}\,+\,\,C}}\)

Mà \(f\left( 0 \right)=e\) \(\xrightarrow{{}}\) \({{e}^{C\,+\,1}}=e\Rightarrow C=0.\) Vậy \(f\left( \sqrt{3} \right)={{e}^{2}}.\)

Chọn B

Phương pháp giải:

+) Nhận xét \(VT=\left[ f\left( x \right).f'\left( x \right) \right]'\) .

+) Lấy nguyên hàm hai vế hai lần.

Lời giải chi tiết:

Ta có  \(\left[ f\left( x \right).f'\left( x \right) \right]'={{\left[ f'\left( x \right) \right]}^{2}}+f\left( x \right).f''\left( x \right)=15{{x}^{4}}+12x\)

Nguyên hàm 2 vế ta được \(f\left( x \right).f'\left( x \right)=3{{x}^{5}}+6{{x}^{2}}+C\)

Do \(f\left( 0 \right)=f'\left( 0 \right)=1\Rightarrow C=1\)

Tiếp tục nguyên hàm 2 vế ta được: \(\int{f\left( x \right)df\left( x \right)}=\int{\left( 3{{x}^{5}}+6{{x}^{2}}+1 \right)dx}\)

\(\Rightarrow \frac{{{f}^{2}}\left( x \right)}{2}=\frac{3{{x}^{6}}}{6}+\frac{6{{x}^{3}}}{3}+x+D=\frac{1}{2}{{x}^{6}}+2{{x}^{3}}+x+D\).

Do \(f\left( 0 \right)=1\Rightarrow D=\frac{1}{2}\Rightarrow {{f}^{2}}\left( x \right)=\frac{1}{2}{{x}^{6}}+2{{x}^{3}}+x+\frac{1}{2}\Rightarrow {{f}^{2}}\left( 1 \right)=4\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Chuyển vế, lấy nguyên hàm hai vế.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}
\,\,\,\,\,f'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right){f^2}\left( x \right)\\
\Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = 2x + 1\\
\Leftrightarrow \int\limits_{}^{} {\frac{{f'\left( x \right)dx}}{{{f^2}\left( x \right)}}} = \int\limits_{}^{} {\left( {2x + 1} \right)dx} \\
\Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + x + C\\
f\left( 1 \right) = - 0,5 \Leftrightarrow - \frac{1}{{ - 0,5}} = 1 + 1 + C \Leftrightarrow C = 0\\
\Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2} + x}} = - \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} = - \left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}} \right) = \frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{x}\\
\Rightarrow f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) + ... + f\left( {2017} \right)\\
= \frac{1}{2} - 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{{2017}} - \frac{1}{{2016}} + \frac{1}{{2018}} - \frac{1}{{2017}}\\
= - 1 + \frac{1}{{2018}} = \frac{{ - 2017}}{{2018}} = \frac{a}{b} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = - 2017\\
b = 2018
\end{array} \right. \Rightarrow b - a = 4035
\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Nhận xét \({{{x^2} - 1} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = {{2{x^2}} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} - {1 \over {{x^2} + 1}} \Rightarrow \int {{{{x^2} - 1} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int {{{2{x^2}} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx}  - \int {{1 \over {{x^2} + 1}}dx} .\)

Sử dụng phương pháp tích phần từng phần để tính tích phân thứ nhất, đặt \(\left\{ \matrix{  u = x \hfill \cr   dv = {{d\left( {{x^2} + 1} \right)} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} \hfill \cr}  \right.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({{{x^2} - 1} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = {{2{x^2}} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} - {1 \over {{x^2} + 1}} \Rightarrow \int {{{{x^2} - 1} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int {{{2{x^2}} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx}  - \int {{1 \over {{x^2} + 1}}dx} \,\,\left( 1 \right)\)

Ta tính \(\int {{{2{x^2}} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int {{{xd\left( {{x^2} + 1} \right)} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} \) bằng phương pháp tích phân từng phân như sau:

Đặt \(\left\{ \matrix{  u = x \hfill \cr   dv = {{d\left( {{x^2} + 1} \right)} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{  du = dx \hfill \cr   v =  - {1 \over {{x^2} + 1}} \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \int {{{xd\left( {{x^2} + 1} \right)} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}}  =  - {x \over {{x^2} + 1}} + \int {{{dx} \over {{x^2} + 1}}}  + C\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra  \(\int {{{{x^2} - 1} \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx}  =  - {x \over {{x^2} + 1}} + \int {{{dx} \over {{x^2} + 1}}}  + C - \int {{1 \over {{x^2} + 1}}dx}  =  - {x \over {{x^2} + 1}} + C.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Xác định hàm số \(f'\left( x \right)\) từ đó tính được \(f\left( x \right)=\int\limits_{{}}^{{}}{f'\left( x \right)dx}\).

Lời giải chi tiết:

Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là \(y=3{{x}^{2}}+1\Rightarrow f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}+1\Rightarrow f\left( x \right)=\int\limits_{{}}^{{}}{f'\left( x \right)dx}={{x}^{3}}+x+C\)

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ \(\Rightarrow C=0\Rightarrow f\left( x \right)={{x}^{3}}+x\)

\(\Rightarrow f\left( 4 \right)=68;\,\,f\left( 2 \right)=10\Rightarrow H=58\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

+) Dựa vào phương trình đã cho của bài toán ta có thể thấy: \(VT = \left[ {f\left( x \right).f'\left( x \right)} \right]'.\)

+) Lấy nguyên hàm hai vế và dựa vào giả thiết bài toán để làm tiếp.

Lời giải chi tiết:

Ta  có: \(VT = \left[ {f\left( x \right).f'\left( x \right)} \right]' = f'\left( x \right).f'\left( x \right) + f\left( x \right).f''\left( x \right) = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right).f''\left( x \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \right]' = {x^3} - 2x\;\;\;\left( * \right)\)

Nguyên hàm hai vế của \(\left( * \right)\) ta được: \(f'\left( x \right).f\left( x \right) = \dfrac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + C.\;\;\left( 1 \right)\)

Lại có: \(f'\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow C = 2.2 = 4.\) 

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right).f'\left( x \right) = \dfrac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + 4\\ \Rightarrow \int {f\left( x \right)f'\left( x \right)dx = \int {\left( {\dfrac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + 4} \right)} } dx \Leftrightarrow \int {f\left( x \right)df\left( x \right) = \dfrac{{{x^5}}}{{20}} - \dfrac{{{x^3}}}{3} + 4x + A} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} = \dfrac{{{x^5}}}{{20}} - \dfrac{{{x^3}}}{3} + 4x + A \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) = \dfrac{{{x^5}}}{{10}} - \dfrac{{2{x^3}}}{3} + 8x + 2A.\end{array}\)

Có \(f\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow 4 = 2A \Leftrightarrow A = 2\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {f^2}\left( x \right) = \dfrac{{{x^5}}}{{10}} - \dfrac{{2{x^3}}}{3} + 8x + 4\\ \Rightarrow {f^2}\left( 2 \right) = \dfrac{{{2^5}}}{{10}} - \dfrac{{{{2.2}^3}}}{3} + 8.2 + 4 = \dfrac{{268}}{{15}}.\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) Từ giải thiết suy ra \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}\)

+) Sử dụng phương pháp nguyên hàm 2 vế.

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: \(f\left( x \right) = \sqrt {x + 1} f'\left( x \right)\) (*).

Do \(f\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in R\) nên từ (*) ta có \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}\).

Lấy nguyên hàm 2 vế ta được: \(\int\limits_{}^{} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}dx}  = \int\limits_{}^{} {\frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}dx} \)

\( \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( x \right)} \right|dx = 2\sqrt {x + 1}  + C \Leftrightarrow \ln f\left( x \right) = 2\sqrt {x + 1}  + C \Leftrightarrow f\left( x \right) = {e^{2\sqrt {x + 1}  + C}}\)

Ta có \(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow 1 = {e^{2 + C}} \Leftrightarrow 2 + C = 0 \Leftrightarrow C =  - 2\).

Do đó \(f\left( x \right) = {e^{2\sqrt {x + 1}  - 2}} \Rightarrow f\left( 3 \right) = {e^2} \approx 7,4 > 6\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính \(F\left( x \right)\).

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: \(F\left( x \right) = \int {xf\left( x \right)dx} \).

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

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}F\left( x \right) = x.f\left( x \right) - \int {f\left( x \right)dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - \int\limits_{}^{} {\frac{x}{{{{\cos }^2}x}}dx}  + C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - \int\limits_{}^{} {xd\left( {\tan x} \right)}  + C\end{array}\\\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x + \int\limits_{}^{} {\tan dx}  + C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x + \int\limits_{}^{} {\frac{{\sin x}}{{\cos x}}dx}  + C\end{array}\\\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \int\limits_{}^{} {\frac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}}  + C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \ln \left| {\cos x} \right| + C\end{array}\\{F\left( 0 \right) = C = 0 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{{{{\cos }^2}x}} - x\tan x - \ln \left| {\cos x} \right|}\\{F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {xf'\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {xd\left( {f\left( x \right)} \right)}  = xf\left( x \right) - \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  + C}\\\begin{array}{l}\tan a = 3 \Rightarrow \frac{1}{{{{\cos }^2}a}} = {\tan ^2}a + 1 = 10\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \cos a = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\left( {a \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)} \right)\end{array}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow F\left( a \right) = 10{a^2} - 3a - \ln \frac{1}{{\sqrt {10} }}\\ \Rightarrow F\left( a \right) - 10{a^2} + 3a =  - \ln \frac{1}{{\sqrt {10} }} =  - \frac{1}{2}\ln \frac{1}{{10}} = \frac{1}{2}\ln 10\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}f''\left( x \right)f\left( x \right) + \frac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{{\sqrt {\left( {2x + 1} \right)} }^3}}} = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2}\\ \Leftrightarrow f''\left( x \right)f\left( x \right) - {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} =  - \frac{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{{\sqrt {\left( {2x + 1} \right)} }^3}}}\\ \Leftrightarrow \frac{{f''\left( x \right)f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} =  - \frac{1}{{{{\sqrt {\left( {2x + 1} \right)} }^3}}}\\ \Leftrightarrow \left[ {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} \right]' =  - \frac{1}{{{{\sqrt {\left( {2x + 1} \right)} }^3}}}\\ \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} =  - \int\limits_{}^{} {\frac{{dx}}{{{{\sqrt {\left( {2x + 1} \right)} }^3}}}}  =  - \int\limits_{}^{} {{{\left( {2x + 1} \right)}^{ - \frac{3}{2}}}dx} \\ \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} =  - \frac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}}}{{ - \frac{1}{2}.2}} + C = {\left( {2x + 1} \right)^{ - \frac{1}{2}}} + C\end{array}\)

Thay \(x = 0\) ta có: \(\frac{{f'\left( 0 \right)}}{{f\left( 0 \right)}} = 1 + C \Leftrightarrow 1 = 1 + C \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow  \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = {\left( {2x + 1} \right)^{ - \frac{1}{2}}}\).

Lấy nguyên hàm 2 vế ta có:

\(\int\limits_{}^{} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}dx}  = \int\limits_{}^{} {{{\left( {2x + 1} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}dx}  \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}{{\frac{1}{2}.2}} + C = {\left( {2x + 1} \right)^{\frac{1}{2}}} + C\).

Do \(f\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \left[ {0;4} \right] \Rightarrow \ln f\left( x \right) = {\left( {2x + 1} \right)^{\frac{1}{2}}} + C\).

Thay \(x = 0\) ta có \(\ln f\left( 0 \right) = 1 + C \Leftrightarrow \ln 1 = 1 + C \Leftrightarrow 1 + C = 0 \Leftrightarrow C =  - 1\).

\( \Rightarrow \ln f\left( x \right) = {\left( {2x + 1} \right)^{\frac{1}{2}}} - 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {e^{{{\left( {2x + 1} \right)}^{\frac{1}{2}}} - 1}} \Rightarrow f\left( 4 \right) = {e^{3 - 1}} = {e^2}\). 

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Lấy nguyên hàm hai vế từ đẳng thức đạo hàm và kết hợp điều kiện tìm \(f\left( x \right)\).

- Tính các giá trị \(f\left( 1 \right),f\left( 2 \right),...,f\left( {2019} \right)\) thay vào tính tổng.

- Tìm \(a,b\) và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right){f^2}\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = 2x + 1\)

Nguyên hàm hai vế ta được:

\(\int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}dx}  = \int {\left( {2x + 1} \right)dx} \) \( \Rightarrow  - \frac{1}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + x + C\).

Do \(f\left( 1 \right) =  - \frac{1}{2}\) nên \( - \frac{1}{{ - \frac{1}{2}}} = {1^2} + 1 + C \Leftrightarrow C = 0\).

Do đó \( - \frac{1}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + x \Rightarrow f\left( x \right) =  - \frac{1}{{{x^2} + x}} = \frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{x}\).

\( \Rightarrow f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) + ... + f\left( {2019} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{1} + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{{2020}} - \frac{1}{{2019}} = \frac{1}{{2010}} - 1\).

Vậy \(a = 1,b = 2020\).

Đối chiếu các đáp án ta thấy A sai.

Chọn A.