THÔNG TIN TÀI LIỆU
MỤC LỤC Lí chọn đề tài………………………………………………………………… Nội dung đề tài……………… ………………………………………………… 2.1 Thực trạng vấn đề trước áp dụng đề tài…………………………… 2.2 Biện pháp sử dụng để giải vấn đề…………………………………… 2.2.1 Cơ sở lí luận đề tài……………………………………………………… 2.2.2 Một số phương pháp thường dùng…………………………………………… 2.2.2 Phương pháp đổi biến số………….……………………………………… 2.2.2.2 Phương pháp tính tích phân phần…… f '( x) = g ( x)h( f ( x)) 2.2.2.3 Hàm dấu tích phân có dạng ………………… 2.2.2.4 Phương pháp chọn hàm…………………………………………………… 2.3 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm yêu cầu nâng cao chất lượng công tác giảng dạy, phù hợp với đối tượng học sinh, thực tiễn nhà trường, địa phương… 2.3.1 Về phía học sinh…………………………………….…………………… 2.3.2 Về phía giáo viên………………………………………………………… 2.4 Các kết quả, minh chứng tiến học sinh áp dụng biện pháp Kết luận……………………………………………………… Tài liệu tham khảo… Trang 1 2 3 12 15 15 15 16 16 16 17 Danh mục đề tài sáng kiến kinh nghiệm hội đồng đánh giá cấp Sở GD & ĐT xếp loại từ C trở lên 18 Phụ lục 19 1.Lí chọn đề tài Năm học 2021 - 2022 năm học toàn ngành tiếp tục thực Nghị Đại hội Đảng cấp, nhiệm kỳ 2020 - 2025; tiếp tục thực Nghị 29 Hội nghị Ban Chấp hành Trung ương Đảng lần thứ Khóa XI “Đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng u cầu cơng nghiệp hóa, đại hóa điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế” trọng tâm Chỉ thị số 16/CT-TTg ngày 18/6/2018 Thủ tướng Chính phủ đổi chương trình, sách giáo khoa giáo dục phổ thông, đồng thời tiếp tục tập trung thực có hiệu 09 nhóm nhiệm vụ chủ yếu 05 nhóm giải pháp ngành Giáo dục Đào tạo; Năm học 2021 – 2022 năm học tiếp tục đẩy mạnh việc học tập làm theo Tư tưởng, đạo đức phong cách Hồ Chí Minh; Phát huy hiệu tiếp tục thực vận động “Mỗi thầy giáo, cô giáo gương đạo đức, tự học sáng tạo”; Cùng với đổi giáo dục đổi thi cử Từ năm 2020 kì thi đổi tên thành kì thi “Tốt nghiệp Trung học phổ thơng” Do đề thi năm gần với mức nhẹ nhàng nhiên có câu vận dụng vận dụng cao để phân hóa học sinh có tích phân Năm học 2021-2022 Sở Giáo dục Đào tạo Thanh Hóa điều chỉnh hình thức thi học sinh giỏi mơn Tốn theo hình thức trắc nghiệm bám sát cấu trúc thi tốt nghiệp THPT nhiên đề thi có nâng cao so với đề thi tốt nghiệp THPT phần ngun hàm tích phân có 06 câu Các tốn trắc nghiệm vận dụng vận dụng cao tích phân chưa viết nhiều, đặc biệt chưa hệ thống hóa phân dạng mà việc dạy học thầy học sinh gặp nhiều khó khăn Từ q trình nghiên cứu lí thuyết đúc rút từ thực tế giảng dạy thân, muốn chia sẻ với đồng nghiệp kinh nghiệm: “ Rèn luyện kĩ giải số toán vận dụng vận dụng cao tích phân hàm ẩn cho học sinh lớp 12 trường THPT Triệu Sơn kì thi tốt nghiệp THPT” Nội dung đề tài 2.1 Thực trạng vấn đề trước áp dụng đề tài Trong chương trình tốn THPT nói chung, phần giải tích nói riêng tích phân phần chiếm tỉ lệ lớn kiến thức, thời lượng ứng dụng Nó cơng cụ mạnh để giải tốn thực tế tính diện tích, thể tích Chính mà đề thi tốt nghiệp THPT năm gần ln có câu vận dụng vận dụng cao tích phân Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa Sở Giáo dục Đào tạo Thanh Hóa điều chỉnh bổ sung phần nguyên hàm tích phân Qua khảo sát thực tế thấy thực trạng dạy học phần rèn luyện kĩ giải toán vận dụng cao tích phân có đặc điểm sau: Về phía học sinh - Các em khơng linh hoạt việc sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp nên việc tìm hướng giải cho tốn tích phân khó khăn - Thời gian giải tập dạng lâu - Các học sinh học lực trung bình yếu gần giải tập dạng Về phía giáo viên Bộ sách giáo khoa hành tập 90% tự luận, tập thiết kế theo kiểu thi truyền thống Các tập tích phân hàm ẩn đề thi thức THPT quốc gia năm gần đây, đề minh họa 2020, đề thi tốt nghiệp 2020 đề thi tốt nghiệp 2021 khơng có SGK Vì thế, giáo viên dạy Toán trường THPT dạy phần gặp khơng khó khăn, chủ yếu là: - Tham khảo tài liệu, đáp án thi thử trường trao đổi kinh nghiệm đồng nghiệp để hình thành chuyên đề dạng tốn - Bám sát vào đề thi thức THPT quốc gia năm gần đây, đề minh họa Bộ giáo dục đào tạo để có hướng ôn tập phù hợp - Tranh thủ thời gian lớp, khóa học thêm để hướng dẫn rèn luyện kĩ giải tốn tích phân vận dụng vận dụng cao đồng thời xây dựng hệ thống tập để học sinh thực hành Tuy nhiên, chuyên đề mới, tập dạng chưa nhiều rải rác đề thi tồn quốc nên khơng phải giáo viên có hệ thống tập đầy đủ Cộng với thời lượng dành cho phần chưa nhiều nên giáo viên gặp khơng khó khăn q trình giảng dạy Từ thực tế ấy, tiến hành khảo sát học sinh lớp dạy 12A2 sau dạy xong chương - Giải tích 12 "Nguyên hàm – Tích phân ứng dụng " với thời gian làm 15 phút để kiểm tra em kĩ giải tốn tích phân (đề dạng câu hỏi trắc nghiệm có yêu cầu em trình bày lời giải để kiểm tra việc nắm kiến thức em) Kết sau: Đa số em nắm lí thuyết lúng túng việc áp dụng vào làm, việc trình bày rối, nhầm lẫn đặc biệt câu vận dụng cao Bảng thống kê điểm kiểm tra: Lớp Điểm 6,5-dưới 5,0-dưới 6,5 12 16 8-10 12A2 (42HS) Dưới 5,0 Lớp chất lượng cao 12B5 trước dạy chủ đề “Các toán vận dụng vận dụng cao tích phân” em không làm câu vận dụng cao tích phân 2.2 Biện pháp sử dụng để giải vấn đề 2.2.1 Cơ sở lí luận biện pháp + Đạo hàm hàm số hợp u = g ( x) Định lí: Nếu hàm số có đạo hàm y = f ( g ( x) ) x y = f ( u) hàm số có đạo hàm u y′x = g ' ( x ) f ' ( g ( x)) x hàm hợp có đạo hàm [3] + Nguyên hàm Định lí: Hàm số F(x) nguyên hàm hàm số f(x) K nguyên hàm f(x) K có dạng F(x) + C kí hiệu + Tính chất nguyên hàm ∫ f ( x)dx = F ( x ) + C ; C ∈ ¡ ∫ f ( x ) dx = f ( x ) + C ' Tính chất 1: Tính chất 2: ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx ∫ f ( x ) dx ± g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx Tính chất 3: + Định nghĩa tích phân Cho f(x) hàm số liên tục đoạn [ a; b ] Giả sử F(x) nguyên hàm f(x) b b ∫ f ( x ) dx = F ( x) a = F ( b ) − F ( a ) [ a; b ] a đoạn + Tính chất tích phân Tính chất 1: ∫ b a a b Tính chất 2: b kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx (k số) b b ∫a f ( x ) dx ± g ( x ) dx = ∫a f ( x ) dx ± ∫a g ( x ) dx ∫ c a b b c a f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx Tính chất 3: + Phương pháp tính tích phân - Đổi biến số ∫ b a với a ∫ ( − g ' ( x ) ) dx ⇔ g ( 1) − g ( ) > g ( 1) − g ( ) ⇒ g ( 2) > g ( 0) Vậy, đồ hàm số g (x) cắt trục Ox điểm đoạn [-1; 4] hay phương trình f (x) = f (0) có nghiệm đoạn [-1; 4] Câu 10: Ta có f '( x ) = f ( x) ⇒∫ f ( x ) = x + f '( x ) Do f ( x) > nên chia vế cho f ( x) ta x +1 f '( x ) dx = ∫ dx ⇔ ln f ( x ) = x + + C ⇒ f ( x ) = e f ( x) x +1 f ( ) = ⇒ e 2+C = = e0 ⇔ C = −2 ⇒ f ( x ) = e Câu 11: Phương pháp: +) Nhận xét x +1 − ⇒ f ( 3) = e x +1 +C 3+1 − = e ≈ 7,4 VT = f ( x ) f ' ( x ) ' +) Lấy nguyên hàm hai vế hai lần f ( x ) f ' ( x ) ' = f ' ( x ) + f ( x ) f '' ( x ) = 15 x + 12 x Lời giải: Ta có: Nguyên hàm vế ta f ( x ) f ' ( x ) = 3x5 + x + C Tiếp tục nguyên hàm vế ta được: Do ∫ f ( x ) df ( x ) = ∫ ( 3x f ( 0) = f '( 0) = ⇒ C = + x + 1) dx f ( x ) 3x 6 x ⇒ = + + x + D = x6 + x3 + x + D Do f ( x) 1 f ( 0) = ⇒ D = ⇒ = x + x + x + ⇒ f ( 1) = 2 2 36 f ( x ) + f ' ( x ) = e − x ⇔ f ( x ) e x + f ' ( x ) e x = ⇔ f ( x ) e x ' = Câu 12: Ta có: Lấy tích phân vế ta có: x x x f x e 'dx = dx ⇔ f x e = x ⇔ f ( x ) e x − f ( 0) = x ( ) ( ) ∫0 ∫0 0 x x x ⇔ f ( x ) e x = x + ⇔ f ( x ) = ( x + ) e− x ⇒ f ( x ) e2 x = ( x + ) e x ⇒ ∫ f ( x ) e x dx = ∫ ( x + ) e x dx = ∫ ( x + ) d ( e x ) = ( x + ) e x − ∫ e x dx + C = ( x + ) e x − e x + C = ( x + 1) e x + C Câu 13: f ( x ) + f ' ( x ) = + 3e −2 x ⇔ 3e3 x f ( x ) + e3 x f ' ( x ) = e3 x + 3−2 x ⇔ e3 x f ( x ) ' = e3 x + 3e −2 x ⇒ ln ∫ e3 x f ( x ) ' dx = ln ∫ Ta có: 63 = eln I= ln ∫ ln ∫ e3 x f ( x ) ' dx = ( e3 x f ( x ) ) ( ln =e ln 1 f ln ÷− f ( ) 2 1 11 1 11 f ln ÷− = 6 f ln ÷− 2 2 e3 x + 3e −2 x dx = ln = e x + 3e −2 x dx ∫ e x e x + 3dx = e2 x + 3 ) ln = (e 2x + 3) e + 2x ln 2 ln ∫ e x + 3d ( e x + 3) 19 =9− = 3 37 1 11 19 1 10 ⇒ 6 f ln ÷− = ⇒ f ln ÷ = = 2 3 2 6 18 Câu 14: Phương pháp: ∫ f ( x ) u ' ( x ) dx = ∫ f ( x ) d ( u ( x ) ) f ( x ) f ' ( x ) ( x + 1) = + f ( x ) ( 1) Lời giải: Xét phương trình: g ( x ) = + f ( x ) ⇒ g ' ( x ) = f ( x ) f ' ( x ) Đặt ⇒ g ' ( x ) = f ( x ) f ' ( x ) g ' ( x ) g ' ( x ) ( x + 1) = g ( x ) ⇔ = ( 2) g ( x) x +1 Khi Vì f ( x) có đạo hàm không âm [0;1] g ( x ) = + f ( x ) ( 2) ⇔ ⇔∫ Đặt g '( x ) g ( x) g '( x ) g ( x) ∀x ∈ [0;1] có đạo hàm khơng âm [0;1] x2 + dx = ∫ với = f ( x) > g ( x) > nên với ∀x ∈ [0;1] ∀x ∈ [ 0;1] x2 + 1 dx ⇔ ∫ t = x + x + ⇒ dt 1 + d ( g ( x) ) g ( x) =∫ dt dx ⇔ = ÷ t x2 + x x2 + 1 dx ⇔ g ( x ) = ∫ 0 x2 + dx dx x2 + 38 x = → t = 1, x = → t = + 2) (đổi cận: ∫ 1+ x +1 dx = ∫ dt = 3ln t t ( 1+ ( = 3ln + ) ) ( ) ( ⇒ g ( x ) = 3ln + ⇔ g ( 1) − g ( ) = 3ln + ⇔ g ( 1) − = 3ln + ( ) 3ln + + ÷ ⇔ g ( 1) = ÷ ( ) ( g ( 0) = + f ( 0) = + = 9) 3 3ln + + ÷ = + f ( 1) ⇔ f ( 1) ≈ 2,61 ⇒ < f ( 1) < ⇒ ÷ 2 f ′ ( x ) f ( x ) Câu 15: Ta có: ∫ ⇔ 2018 dx = ∫ x.e x dx ⇔ ∫ f ( x ) 2018 df ( x ) = ( x − 1) e x + C 2019 2019 f ( x ) = ( x − 1) e x + C ⇔ f ( x ) = 2019 ( x − 1) e x + 2019C 2019 Do f ( 1) = f ( x ) nên 2019C = hay 2019 = 2019 ( x − 1) e x + 2019 1 f ( x ) = − ⇔ f ( x ) = − 2019 ⇔ 2019 ( x − 1) e x + + 2019 = e e e Ta có: Xét hàm số g ( x ) = 2019 ( x − 1) e x + + e 2019 ¡ g ′ ( x ) = 2019 x.e x g ′ ( x ) = ⇔ x = g ( ) = −2019 + + e 2019 < , lim g ( x ) = + x →−∞ e 2019 , >0 lim g ( x ) = +∞ x →+∞ , Bảng biến thiên hàm Do phương trình , f ( x) = − số: e có nghiệm 39 ) π 0; Câu 16: Xét đoạn , ta có: f '( x ).cos x + f ( x).sin x = ⇔ ⇒ f '( x ).cos x + f ( x ).sin x cos x f '( x).cos x + f ( x ).sin x cos x = cos x ' f ( x) f ( x) − =0⇒ − tan x = ⇒ − tan x = C cos x cos x cos x Mà f (0) = suy C = Suy ⇒ f ( x) = sin x + cos x I= Do π π 0 ∫ f ( x ) dx = ∫ ( sin x + cos x ) dx = ( sin x − cos x ) Câu 17 : Đặt = +1 x5 + x + = t ⇒ ( x + ) dx = dt Giải phương trình: Ta có: π x + x + = −2 ⇔ x = −1; x + x + = ⇔ x = f ( x5 + x + 3) = x + ⇐ ( x + ) f ( x + x + ) = ( x + ) ( x + 1) Câu 18 Xét tích phân K = ∫ f ( −2 x ) dx Đặt u = −2 x ⇒ du = −2dx ⇒ dx = − du Đổi cận: Khi x = ⇒ u = −2 ; x = ⇒ u = −6 −6 −2 1 K = − ∫ f ( u ) du = ∫ f ( x ) dx −2 −6 Vậy Mà K = , nên f ( x) Vì ∫ hàm chẵn [ −6;6] nên Từ suy 6 −1 −1 f ( x ) dx = −2 ∫ f ( x ) dx = −6 −2 ∫ f ( x ) dx = −6 I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = + = 14 t = 2018 − x, dt = −dx Câu 19: Đặt 40 dt I =− ∫ = + f (2018 − t ) 2018 2018 ∫ dt 1+ f (t ) 2018 = f (t ) dt ∫ + f (t ) Khi 2018 ∫ 2I = I + I = Do 2018 dx + + f ( x) ∫ f ( x) dx = + f ( x) 2018 ∫ 1dx = 2018 Vậy I = 1019 ⇒ ∫ ( x + ) f ( x + x + 3) dx = ∫ ( x + ) ( x + 1) dx −1 −1 Câu 20: Cách 1: Đặt 4 dt 1 ⇒ I = ∫ f (t ) = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx = 20 20 t = 2x f ( x) = 2x Cách 2: Chọn Câu 21: Cách 1: Chọn I= Cách 2: f ( x ) = cosx π (sin x + cos x )dx ∫0 I = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ sin x.cos 2 xdx = ∫ sin x ( 2cos x − 1) dx Câu 22 : Ta có Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx Suy Hay 4 I = − ∫ ( 2t − 1) dt = − ∫ ( 4t − 4t + 1) dt = − t + t − t + c 4 4 I = − cos5 x + cos3 x − cos x + C ⇒ f ( x ) = − cos5 x + cos x − cos x + C 5 41 π f ÷= ⇒ C = 2 Mà π Tích phân Vậy 4 f ( x ) = − cos5 x + cos3 x − cos x π J = ∫ f ( x ) dx = ∫ − cos5 x + cos3 x − cos x ÷dx 0 π π 2 4 = ∫ cos x − cos x + cos2 x − 1÷dx = ∫ cos x − ( − sin x ) + ( − sin x ) − 1÷dx 3 0 Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx x = ⇒ t = 0; x = Đổi cận π ⇒ t =1 Khi 121 J = ∫ − ( − t ) + ( − t ) − 1 dt = − 225 Câu 23 : Ta có ∫ f ( x ) dx = hay 1 0 ∫ f ( x ) d x = ⇔ ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x + 1) dx = Với đặt t = x +1 nên dt = dx x = ⇒ t = , x = ⇒ t = Do 3 1 = ∫ f ( x + 1) dx = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx Câu 24 : +) Đặt Đổi cận: ∫ Khi Suy 3 0 I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = + = t = x ⇒ t = x ⇒ 3t 2dt = dx x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 2 2 f (t) f (3 x) f (t) f (t) dt = dx = ∫ 3t dt = 3∫ dt = ⇒ ∫ t x t t 1 42 t = cos x ⇒ dt = −2cos x sin xdx ⇒ dt = −2cos x tan xdx ⇒ tan xdx = − +) Đặt π dt 2t 1 f (t) f (t) ∫0 tan x f (cos x)dx = − ∫1 t dt = ⇒ ∫1 t dt = 12 Đổi cận t = x ⇒ dt = xdx ⇒ dt = x +) Đặt ∫ Đổi cận dx dx dt ⇒ = x x t f ( x2 ) f (t) 1 f (t) f (t) + 12 dx = ∫ dt = ∫ dt + ∫ dt = =7 x 21 t 21 t 21 t 4 e2 − x I= e dx = 2018 −∫1 2018e Câu 25 : Cách 1: Cách 2: Đặt t = −x suy ⇒ 2018I = J + 2017 I = ∫ [ −1 I= Khi −1 −1 e2 − f (− x) + 201117 f ( x ) ]dx = ∫ e dx = e −1 π x x=− , đổi cận I = − ∫ f ( t ) dt = π ∫ f ( x ) dx t = − x ⇒ dt = − dx π − π − Đặt I = ∫ f (−t ) d (−t ) = ∫ f (−t )dt = ∫ f (− x)dx = J Câu 26 : Cách 1: −1 π π π π →t = x = →t =− 2 2 π ∫ f ( t ) dt − π 43 2I = π ∫ f ( x ) + f ( − x ) dx = ∫ 2sin xdx = − Suy π π − π I= π ∫ − Cách 2: Áp dụng cơng thức tính nhanh π f ( x ) dx = π 2sin xdx = −∫π 2 2 0 ∫ xf '( x ) dx = ∫ xd ( f ( x ) ) = xf ( x ) ⇒ 2I = ⇒ I = 2 0 − ∫ f ( x ) dx = f ( ) − ∫ f ( x ) dx Câu 27 : Theo ta có: f ( x ) + f ( − x ) = x − x + 2∀x ∈ ¡ ⇒ f ( ) + f ( ) = ⇒ f ( ) = − f ( ) = −1 2 10 ⇒ ∫ xf ' ( x ) dx = −2 − ∫ f ( x ) dx = −2 − ∫ ( x − x + ) dx = −2 − = − 20 3 0 10 ∫ xf '( x ) dx = −2 − = − Vậy Câu 28 : Cách 1: Đặt u = x + ⇒ du = dx; dv = f ’( x ) dx ⇒ v = f ( x ) 1 10 = ( x + 1) f ( x) − ∫ f ( x)dx = f (1) − f (0) − I ⇒ I = −8 0 Ta có Cách 2: Đặt u = f ( x ) ⇒ du = f '( x)dx; dv = dx ⇒ v = x + 1 1 I = ∫ f ( x) dx= ∫ uv ' dx = uv − ∫ u ' vdx 0 0 44 ( x + 1) f ( x) − ∫ ( x + 1) f '( x)dx = f (1) − f (0) − 10 = − 10 = −8 0 = Câu 29 : Đặt 2018 ∫ t = x +1 2017 ∫ 1= F ( x + 1)dx = ta có 2018 ∫ F (t )d (t − 1) = 2018 F (t )dt = ∫ F ( x ) dx Do F ’( x ) = f ( x ) ⇒ đặt u = x du = dx ⇒ dv = f ( x)dx v = F ( x ) Áp dụng tích phân phần ta có 2018 I= ∫ 2018 ∫ uv ' dx = uv xf ( x)dx = 0 2018 2018 − ∫ vu ' dx 2018 = xF ( x) 2018 − ∫ F ( x) dx = 2018 F (2018) − = 2018 − = 2017 2018 ∫ Chú ý: Khi có 2018 xf ( x)dx = ∫ xF '( x)dx ta dùng tích phân phàn Câu 30 : 5 f '( x) f '( x) f ( x) = f '( x) 3x + ⇔ = ⇔∫ dx = ∫ dx ⇔ ln f ( x) = f ( x) 3x + 3x + 1 f ( x) ⇔ f (5) = f (1).e ≈ 3,8 Câu 31 : 45 x f ( x) = ( − 2x ) f ′( x ) + x +3 Ta có: ⇔ ( ( x − 1) f ( x ) ) = x / x +3 ⇒∫ x x +3 Vì nên C =1 ⇒ f ( x) = Câu 32 : Từ giả thiết ta có: Đặt x f ( x ) = Do −1 − 1, x+C mà với C = C2 − C1 x2 + + +1 ⇒ f ( 2) = ≈ 1.215 2x −1 ( xf ( x ) + 1) u = x f ( x ) + ⇒ u = u ' ⇒ x +3 dx = ( x − 1) f ( x ) + C1 ⇔ x + + C2 = ( x − 1) f ( x ) + C1 ⇔ ( x − 1) f ( x ) = x + + C f ( 1) = x ⇔ f ( x ) + ( x − 1) f ′ ( x ) = = f ( x ) + xf ' ( x ) u' u' −1 = ⇒ dx = x + C ⇒ = x+C ∫ u2 u2 u f ( 1) = −2 ⇒ C = Vậy 1 f ( x ) = − − ⇒ ∫ f ( x ) dx = − ln − x x Câu 33 : Từ giả thiết, ta có x ( x + 1) f ′ ( x ) + f ( x ) = x + x x x x x ′ f ′( x ) + ⇔ f ( x) = f ( x) = x +1 ( x + 1) x +1 x +1 ⇔ x +1 ∀x ∈ ¡ \ { 0; − 1} , với 46 x x f ( x) = ∫ dx x +1 x +1 Suy f ( 1) = −2ln Mặt khác, ta có Với x=2 hay nên x f ( x ) = x − ln x + + C x +1 C = −1 Do x f ( x ) = x − ln x + − x +1 3 f ( ) = − ln f ( ) = − ln 3 ⇔ 2 a + b2 = Vậy a= Suy b=− x + x f ( x ) = f ′ ( x ) ⇒ x + f ( x ) = f ′ ( x ) Câu 34 ⇒ : Ta có f ′( x ) = x 1+ f ( x) , ⇔∫ ∀x ∈ [ 1;4] ∫ f ′( x ) + f ( x) dx = ∫ xdx + C Suy df ( x ) dx = ∫ xdx + C ⇒ + f x = x + C ( ) 1+ f ( x) f ( 1) = Mà ⇒C = Vậy 23 x + ÷ −1 1186 ⇒ I = f x d x = ( ) f ( x) = ∫1 45 Câu 35 : Ta có : f ' ( x ) + sin xf ( x ) = cos xe cos x ∀x ∈ [ 0;π ] ⇔ f ' ( x ) e − cos x + sin xf ( x ) e − cos x = cos x ⇔ f ( x ) e x − cos x ' = cos x ⇔ ∫ f ( x ) e x − cos x dx = ∫ cos xdx 47 ⇔ f ( x) e x − cos x x = sin x ⇔ f ( x ) e − cos x − f ( ) e −1 = sin x 0 ⇔ f ( x ) e − cos x − 2e.e −1 = sin x ⇔ f ( x ) e − cos x = sin x + ⇔ f ( x ) = ( sin x + ) e cos x π π 0 I = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( sin x + ) e cos x dx ≈ 10,31 Khi ta có y = f ( x) = e x ⇒ f ( x) + f ( x + 1) = e x + e x +1 = e x (1 + e) Câu 36 : Chọn Thỏa mãn giá I = ∫ e x dx=e-1 trị 48 ... phương 2. 3.1 Về phía học sinh Những giải pháp kiểm nghiệm qua thực tế dạy học năm học 20 17 -20 18 lớp 12B1, năm học 20 18 -20 19 lớp 12C1, năm học 20 19 -20 20 lớp 12A2, năm học 20 20 -20 21 lớp 12B5 (dạy... ôn lớp chất lượng cao khối D) năm học 20 21 -20 22 lớp 12C1K51 lớp mũi nhọn nhà trường Tôi thực ôn tập rèn luyện kĩ giải toán vận dụng vận dụng cao tích phân cho học sinh kết thu khả quan thi tốt. .. Đại số lớp 10 Tăng cường tốn có nội dung thực tiễn dạy học phần Ứng dụng tích phân – Sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao Rèn luyện kỹ giải số tốn vân dụng cao tích phân cho học sinh lớp 12 kì thi
Ngày đăng: 06/06/2022, 07:41
Xem thêm:
