Google
Câu hỏi: Cho hàm số $f(x)$ nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên đoạn $[0 ; 2]$. Biết $f(0)=1$ và $f(x) \cdot f(2-x)=\mathrm{e}^{2 x^2-4 x}$, với mọi $x \in[0 ; 2]$. Tính tích phân $I=\int_0^2 \dfrac{\left(x^3-3 x^2\right) f(x)}{f(x)} \mathrm{d} x$.
A. $I=-\dfrac{16}{5}$.
B. $I=-\dfrac{14}{3}$.
C. $I=-\dfrac{32}{5}$.
D. $I=-\dfrac{16}{3}$.
A. $I=-\dfrac{16}{5}$.
B. $I=-\dfrac{14}{3}$.
C. $I=-\dfrac{32}{5}$.
D. $I=-\dfrac{16}{3}$.
$
\begin{aligned}
& \text { Ta có } f(x) \cdot f(2-x)=\mathrm{e}^{2 x^2-4 x} \\
& \Rightarrow \ln [f(x) \cdot f(2-x)]=\ln ^{2 x^2-4 x} \\
& \Leftrightarrow \ln f(x)+\ln f(2-x)=2 x^2-4 x(*)
\end{aligned}
$
Mặt khác, với $x=0$, ta có $\left\{\begin{array}{l}f(0) \cdot f(2)=1 \\ f(0)=1\end{array}\right.$ nên $f(2)=1$.
$
\begin{aligned}
& \text { Xét } I=\int_0^2 \dfrac{\left(x^3-3 x^2\right) f \prime(x)}{f(x)} \mathrm{d} x=\int_0^2\left(x^3-3 x^2\right) \cdot \dfrac{f(x)}{f(x)} \mathrm{d} x \\
& =\int_0^2\left(x^3-3 x^2\right) \mathrm{d}(\ln [f(x)]) \\
& =\left.\left(\left(x^3-3 x^2\right) \ln [f(x)]\right)\right|_0 ^2-\int_0^2\left(3 x^2-6 x\right) \cdot \ln [f(x)] \mathrm{d} x \\
& =-\int_0^2\left(3 x^2-6 x\right) \cdot \ln f(x) \mathrm{d} x \\
& =\int_0^2\left(6 x-3 x^2\right) \cdot \ln [f(x)] \mathrm{d} x(1)
\end{aligned}
$
Đặt $t=2-x \Rightarrow \mathrm{d} x=-\mathrm{d} t$. Đổi cận $\mid \begin{aligned} & x=0 \rightarrow t=2 \\ & x=2 \rightarrow t=0\end{aligned}$
Do đó $I=-\int_2^0 3(2-t) t \cdot \ln [f(2-t)] \mathrm{d} t=\int_0^2\left(6 t-3 t^2\right) \cdot \ln [f(2-t)] \mathrm{d} t$
Vì tích phân không phụ thuộc vào biến nên $I=\int_0^2\left(6 x-3 x^2\right) \cdot \ln [f(2-x)] \mathrm{d} x$ (2)
Cộng 2 vế của (1) và (2), ta được $2 I=\int_0^2\left(6 x-3 x^2\right)$. $(\ln [f(x)]+\ln [f(2-x)]) \mathrm{d} x$
Hay $I=\dfrac{1}{2} \int_0^2\left(6 x-3 x^2\right) \cdot(\ln [f(x)]+\ln [f(2-x)]) \mathrm{d} x(* *)$
Thế $(*)$ vào $(* *)$, ta có $I=\dfrac{1}{2} \int_0^2\left(6 x-3 x^2\right) \cdot\left(2 x^2-4 x\right) \mathrm{d} x=-\dfrac{16}{5}$
\begin{aligned}
& \text { Ta có } f(x) \cdot f(2-x)=\mathrm{e}^{2 x^2-4 x} \\
& \Rightarrow \ln [f(x) \cdot f(2-x)]=\ln ^{2 x^2-4 x} \\
& \Leftrightarrow \ln f(x)+\ln f(2-x)=2 x^2-4 x(*)
\end{aligned}
$
Mặt khác, với $x=0$, ta có $\left\{\begin{array}{l}f(0) \cdot f(2)=1 \\ f(0)=1\end{array}\right.$ nên $f(2)=1$.
$
\begin{aligned}
& \text { Xét } I=\int_0^2 \dfrac{\left(x^3-3 x^2\right) f \prime(x)}{f(x)} \mathrm{d} x=\int_0^2\left(x^3-3 x^2\right) \cdot \dfrac{f(x)}{f(x)} \mathrm{d} x \\
& =\int_0^2\left(x^3-3 x^2\right) \mathrm{d}(\ln [f(x)]) \\
& =\left.\left(\left(x^3-3 x^2\right) \ln [f(x)]\right)\right|_0 ^2-\int_0^2\left(3 x^2-6 x\right) \cdot \ln [f(x)] \mathrm{d} x \\
& =-\int_0^2\left(3 x^2-6 x\right) \cdot \ln f(x) \mathrm{d} x \\
& =\int_0^2\left(6 x-3 x^2\right) \cdot \ln [f(x)] \mathrm{d} x(1)
\end{aligned}
$
Đặt $t=2-x \Rightarrow \mathrm{d} x=-\mathrm{d} t$. Đổi cận $\mid \begin{aligned} & x=0 \rightarrow t=2 \\ & x=2 \rightarrow t=0\end{aligned}$
Do đó $I=-\int_2^0 3(2-t) t \cdot \ln [f(2-t)] \mathrm{d} t=\int_0^2\left(6 t-3 t^2\right) \cdot \ln [f(2-t)] \mathrm{d} t$
Vì tích phân không phụ thuộc vào biến nên $I=\int_0^2\left(6 x-3 x^2\right) \cdot \ln [f(2-x)] \mathrm{d} x$ (2)
Cộng 2 vế của (1) và (2), ta được $2 I=\int_0^2\left(6 x-3 x^2\right)$. $(\ln [f(x)]+\ln [f(2-x)]) \mathrm{d} x$
Hay $I=\dfrac{1}{2} \int_0^2\left(6 x-3 x^2\right) \cdot(\ln [f(x)]+\ln [f(2-x)]) \mathrm{d} x(* *)$
Thế $(*)$ vào $(* *)$, ta có $I=\dfrac{1}{2} \int_0^2\left(6 x-3 x^2\right) \cdot\left(2 x^2-4 x\right) \mathrm{d} x=-\dfrac{16}{5}$
Đáp án A.