skkn một số DẠNG bài tập TÍCH PHÂN THƯỜNG gặp ở lớp 12

BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN: Họ tên: NGUYỄN THỊ THANH Ngày tháng năm sinh: 20 - 04 - 1987 Nam, nữ: NỮ Địa chỉ: Tổ 1, khu 3, TT Gia Ray, huyện Xuân Lộc, tỉnh Đồng Nai Điện thoại: 0906992829 Fax: - E-mail: Chức vụ: Giáo viên Nhiệm vụ giao: giảng dạy môn Toán lớp 12C5, 11B9 11B10 Đơn vị công tác : Trường THPT Xuân Hưng II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học - Năm nhận bằng: 2010 - Chuyên ngành đào tạo : Toán học III KINH NGHIỆM KHOA HỌC: Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán Số năm có kinh nghiệm: 06 năm Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: Các dạng tập viết phương trình đường thẳng; dạng tập liên quan đến khảo sát hàm số Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TÍCH PHÂN THƯỜNG GẶP Ở LỚP 12 I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: - Trong năm học vừa qua phân công giảng dạy lớp 12 Đa số học sinh chậm, giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho dạng toán để học sinh nắm tốt Trong chương trình toán THPT, cụ thể phân môn giải tích 12 học sinh tiếp cận với vấn đề tích phân Tuy nhiên, chương trình SGK giải tích 12 hành trình bày chương III, phần tập đưa sau học hạn chế Mặt khác số tiết phân phối chương trình cho phần nên trình giảng dạy giáo viên chưa thể đưa nhiều tập cho nhiều dạng để hình thành kĩ giải cho học sinh Trong đó, thực tế toán tích phân phong phú đa dạng đặc biệt đề thi Đại học – Cao đẳng – THCN, em gặp lớp toán tích phân mà có số em biết phương pháp giải trình bày lúng túng chưa gọn gàng, sáng sủa Vì tổng hợp số dạng tập để giúp em học sinh lớp 12 tự học để nâng cao kiến thức, tự ôn tập để giải tốt đề thi Đại học – Cao đẳng –THCN II THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI: Thuận lợi: Học sinh truyền thụ kiến thức tích phân Được hỗ trợ giáo viên tổ Khó khăn: Học sinh chưa có thói quen tìm tòi phương pháp giải gặp toán tổng quát Cần nhiều thời gian để tạo thói quen học tập cho học sinh Số liệu thống kê: Đang áp dụng để giảng dạy cho học sinh 12 III NỘI DUNG ĐỀ TÀI: Cơ sở lí luận: - Nhiệm vụ trung tâm trường THPT hoạt động dạy thầy hoạt động học trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố kiến thức phổ thông đặc biệt môn Toán cần thiết thiếu đời sống người Môn Toán môn học tự nhiên quan trọng khó với kiến thức rộng, đa phần em ngại học môn - Muốn học tốt môn Toán em phải nắm vững tri thức khoa học môn Toán cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào dạng tập Điều thể việc học đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư logic Giáo viên cần định hướng cho học sinh học nghiên cứu nôm Toán cách có hệ thống chương trình phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm tập, phân dạng tập tổng hợp cách giải - Trong SGK giải tích 12 nêu số tập tích phân đơn giản chưa tạo hứng thú, tìm tòi sáng tạo học sinh Vì gặp toán phức tạo em lúng túng việc tìm lời giải - Do vậy, mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm ( SKKN ) với mục đích giúp cho học sinh THPT vận dụng tìm phương pháp giải gặp toán tích phân - Trong giới hạn SKKN hướng dẫn học sinh giải số dạng toán tích phân thường gặp Nội dung, biện pháp thực giải pháp đề tài: Đưa số toán tích phân đề phương pháp giải A LÝ THUYẾT Định nghĩa: Cho hàm số f(x) liên tục [a; b] F(x) nguyên hàm b f(x) [a; b] Tích phân từ a đến b f(x) kí hiệu: ∫ f ( x)dx xác định a b công thức: ∫ f ( x)dx = F ( x) b a = F (b) − F ( a ) a Chú ý: a ∫ f ( x)dx = + b a a b ∫ f ( x)dx = −∫ f ( x)dx + a Tính chất: b b a a ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx + b c ∫ + + a b b a a a ∫ [f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx b f ( x)dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx a b ( a < c < b) c Bảng nguyên hàm: Hàm sơ cấp ∫ dx = x + c α ∫ x dx = ∫ kdx = kx + c xα +1 +c α +1 ∫ x dx = ln x + c ∫x dx = − + c x ∫ e dx = e x x ∫ a dx = x Hàm thường gặp +c ax +c ln a ∫ du = u + c α ∫ (ax + b) dx = 1 (ax + b)α +1 +c a α +1 ∫ ax + b dx = a ln ax + b + c ∫ (ax + b) dx = − 1 +c a ax + b ax +b ∫ e dx1 = ax +b e +c a α x+ β ∫ a dx = aα x + β +c α ln a ∫ sin xdx = − cos x + c ∫ sin(ax + b)dx = − a cos(ax + b) + c ∫ cos xdx = sin x + c ∫ cos(ax + b)dx = a sin(ax + b) + c ∫ cos x dx = tan x + c 1 1 ∫ cos (ax + b) dx = a tan(ax + b) + c Hàm hợp α ∫ u du = uα +1 +c α +1 ∫ u du = ln u + c ∫u du = − + c u ∫ e du = e u u ∫ a du = u +c au +c ln a ∫ sin udu = − cos u + c ∫ cos udu = sin u + c ∫ cos u du = tan u + c ∫ sin x dx = − cot x + c ∫ sin 1 dx = − cot(ax + b) + c (ax + b) a ∫ sin u du = − cot u + c Bảng đạo hàm Hàm sơ cấp Hàm hợp u = u(x) (c)′ = (kx)′ = k (ku )′ = ku ′ ( x n )′ = nx n −1 (u n )′ = nu n −1.u ′ 1 ( )′ = − x x u′ ( )′ = − u u ( x )′ = x ( u )′ = u′ u (a x )′ = a x ln a (a u )′ = a u ln a.u ′ (e x )′ = e x (eu )′ = eu u ′ (ln x)′ = x (log a x)′ = (ln u )′ = x ln a u′ u (log a u )′ = u′ u ln a (sin x)′ = cos x (sin u )′ = u ′ cos u (cos x)′ = − sin x (cos u )′ = −u ′ sin u (tan x)′ = = + tan x cos x (cot x)′ = − = −(1 + cot x) sin x (tan u )′ = u′ = u ′(1 + tan u ) cos u (cot x)′ = − u′ = −u′(1 + cot u ) sin u 5 Phương pháp tích phân: a Phương pháp đổi biến: Định lí 1: Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn [a; b] Giả sử hàm số x = ϕ (t ) có đạo hàm liên tục đoạn [α ; β ] cho ϕ (α ) = a, ϕ ( β ) = b a < ϕ (t ) < b với t ∈ [α ; β ] Khi đó: b β a α ∫ f ( x)dx = ∫ f (ϕ (t )).ϕ ′(t )dt Định lí 2: Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn [a; b] Nếu hàm số u = u ( x ) có đạo hàm liên tục [a; b] α ≤ u ( x ) ≤ β , ∀x ∈ [a; b] cho f ( x ) = g (u ( x)).u ′( x) g (u ) liên tục đoạn [α ; β ] u (b ) b ∫ f ( x)dx = ∫ a g (u )du u (a ) b Phương pháp tích phân phần: Nếu u = u ( x) v = v( x) hai hàm số có đạo hàm liên tục [a; b] thì: b b ∫ u( x).v′( x)dx = u( x).v( x) a − ∫ u′( x).v( x)dx b a a b Hay ∫ udv = uv a b a b − ∫ vdu a Công thức lượng giác: a) Công thức cộng sin(a ± b) = sina.cosb ± sinb.cosa cos(a ± b) = cosa.cosb sina.sinb tan(a ± b) = tana ± tanb mtana.tanb b) Công thức nhân sin2a = 2sina.cosa cos2a = cos2a – sin2a = 2cos2a – = – 2sin2a tan2a = 2tana − tan a sin3a = 3sina – 4sin3a, cos3a = 4cos3a – 3cosa c) Công thức hạ bậc sin2a = + cos2a − cos2a − cos2a ; cos2a = ; tan2a = 2 + cos2a d) Công thức chia đôi Đặt t = tan a (a ≠ π + k2π ) ta có: 2t 1− t2 sin a = ; cos a = ; 1+ t2 1+ t2 tan a = 2t 1− t2 e) Công thức biến đổi tích thành tổng sina.cosb = [sin(a – b) + sin(a + b)] cosa.cosb = [cos(a – b) + cos(a + b)] sina.sinb = [cos(a – b) – cos(a + b)] f) Công thức biến đổi tổng thành tích sina + sinb = 2sin a+b a−b cos 2 cosa + cosb = 2cos a+b a−b cos 2 sina – sinb = 2cos a+b a−b sin 2 cosa – cosb = -2sin a+b a−b sin 2 tana ± tanb = sin(a ± b) cosa.cosb B BÀI TẬP I MỘT SỐ DẠNG TÍCH PHÂN TÍNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN THƯỜNG GẶP: b Đổi biến loại 1: ∫ f ( x)dx a Phương pháp: + Đặt x = ϕ (t ) ⇒ dx = ϕ ′(t )dt + Đổi cận: x = a ⇒ t = α ; x = b ⇒ t = β + b β a α ∫ f ( x)dx = ∫ f (ϕ (t )).ϕ ′(t )dt β Dạng 1: 2 n ( a − x ) dx ∫ α Phương pháp:  π π + Đặt : x = a sin t , t ∈  − ;   2 Ví dụ: Tính tích phân sau: a) I = ∫ dx − x2 b) J = ∫ − x dx Giải:  π π a) Đặt x = sin t ( t ∈  − ;  ) ⇒ dx = cos tdt  2 Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = π I =∫ π ⇒ t = Ta có: π π π cos tdt π =∫ = ∫ dt = t 06 = − sin t cos t cos tdt π π   b) Đặt x = 2sin t ( t ∈  − ;  ) ⇒ dx = cos tdt  2 Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = π π 0 π J = ∫ − (2sin t ) 2 cos tdt = ∫ 4sin t cos tdt π π 0 π = ∫ 4sin t cos tdt = ∫ 2sin 2tdt = − cos 2t 02 = β ∫ (a Dạng 2: + x ) n dx α Phương pháp: π π + Đặt: x = a tan t , t ∈ ( − ; ) 2 Ví dụ: Tính tính phân sau: dx + x2 a) I = ∫ b) I = ∫ (9 + 25 x )dx Giải: a) Đặt x = tan t , t ∈ (− π π ; ) ⇒ dx = (1 + tan t ) dt 2 Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = π π π π (1 + tan t )dt π I=∫ = ∫ dt = t = + tan t 0 b) Đặt: x = tan t ⇒ x = π π tan t , t ∈ (− ; ) 2 ⇒ dx = (1 + tan t )dt π π ⇒t = ;x = ⇒t = Đổi cận: x = π π 6 27 I = ∫ [9 + (3tan t ) ] (1 + tan t )dt = (1 + tan t)(1 + tan t )dt ∫ 5 π π = π π 27 27 36 − 10 (1 + tan t)d (tan t ) = (tan t + tan t ) = ∫ π π 5 6 b Đổi biến loại 2: ∫ f [ϕ ( x)].ϕ ′( x)dx a Phương pháp: + Đặt t = ϕ ( x) ⇒ dt = ϕ ′( x) + Đổi cận: x = a ⇒ t = ϕ (a ); x = b ⇒ t = ϕ (b) b + Khi đó: ∫ a f [ϕ ( x)].ϕ ′( x) dx = ϕ (b) ∫ ϕ (a ) ϕ (b ) f (t ) dt = F (t ) ϕ ( a ) 10 0 x2 − x + x+2 2x dx = ( − + )dx + Vậy: J = ∫ 2 2 ∫ ( x − 2)( x + 1) x − x + ( x + 1) −1 −1 0 0 x+2 2x =∫ dx − ∫ dx + ∫ dx x − x + ( x + 1) −1 −1 −1 x+2 2x =∫ dx − ∫ dx + ∫ dx = J1 − J + J x − x + ( x + 1) −1 −1 −1 + Tính J1 = ∫−1 x − dx = ln x − −1 = ln − ln + Tính 0 0 x+2 x x J2 = ∫ dx = ∫ ( + )dx = ∫ dx + ∫ dx x + x + x + x + x + −1 −1 −1 −1 0 0 d ( x + 1) 1 = ∫ + dx = ln x + + dx ∫−1 x2 + ∫ −1 x + x + −1 −1 0 1 = ln x + + ∫ dx = − ln + J 2′ x +1 −1 −1 • Tính J 2′ = ∫−1 x + dx Đặt x = tan t ( − π π < x < ) ⇒ dx = (tan t + 1) dt 2 π ; x =0⇒t =0 Đổi cận: x = −1 ⇒ t = − J 2′ = ∫π − tan t + dt = tan t + ∫π − dt = t − π = π 4 41 Vậy J = − 1 π ln + J 2′ = − ln + 2 + Tính J = 2x ∫−1 ( x + 1)2 dx Đặt t = x + ⇒ dt = xdx Đổi cận: x = −1 ⇒ t = 2; x = ⇒ t = 1 dt 1 J3 = ∫ = − = − t t2 2 + Vậy: J = J1 − J + J = ln − ln − ( − π ln + ) − 2 π = ln − ln − − 2 IV TÍCH PHÂN CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC: β Dạng 1: β β α α ∫α sin ax.sin bxdx , ∫ sin ax.cos bxdx , ∫ cos ax.cos bxdx Phương pháp giải: Ta dụng công thức biến tích thành tổng sin a.sin b = [co s( a − b) − cos(a − b)] sin a.cos b = [ sin(a − b) + sin(a − b)] cos a.cos b = [co s( a − b) + cos( a − b)] Ví dụ; Tích tích phân sau: 42 π π 2 ∫ sin x.cos xdx a) b) sin x.sin xdx ∫ π − π ∫ cos x.cos xdx c) Giải: π π a) ∫ sin x.cos xdx = π − 2 ∫π [ sin(−2 x) +sin x]dx − π 1 = ( cos x − cos x) =0 π 2 − π b) π 12 ∫0 sin x.sin xdx = ∫0 (cos x −cos x)dx π 1 = (sin x − sin x ) = 3 π c) π 14 ∫0 cos x.cos xdx = ∫0 (cos x +cos x)dx π 1 = ( sin x + sin x) = 21 Dạng 2: β a) sin ∫ α m axdx (n ∈N , n >1) 43 Phương pháp giải; + Nếu m số chẵn : ta dùng công thức hạ bậc sin x = − cos x + Nếu m số lẻ: đặt t = cos x , sử dụng công thức sin x + cos x = β b) cos ∫ α m axdx (n ∈N , n >1) Phương pháp giải; + Nếu m số chẵn : ta dùng công thức hạ bậc cos x = + cos x + Nếu m số lẻ: đặt t = sin x , sử dụng công thức sin x + cos x = Ví dụ: Tính tích phân sau: π π c) J = ∫ a) I = sin xdx ∫π cos − xdx π π ∫ ∫ b) K = sin xdx d) L = cos xdx 0 Giải: π a) ∫ sin π xdx = ∫ cos x sin xdx + Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx + Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = π ⇒t =0 44 1 t3 2 I = ∫ −t dt = ∫ t dt = = 30 b) J = π π 2 ∫ cos xdx = π − ∫π − π (cos x ) dx = ∫( π − + cos x ) dx 2 π = = ∫π (1 +3 cos x +3cos − x + cos x) dx π π π 2 ∫ 1dx + π − x = 8 π π − π 2 ∫ cos xdx + π − 2 ∫π cos − xdx π π − ∫ cos xdx + π 3 + sin x + π 16 16 − 2 ∫π (1 + cos x)dx + J − π π 1 5π + J1 = + ( x + sin x) + J1 = π 16 8 16 − π + Tính π ∫π cos J = − xdx = = ∫π sin − ∫π cos − π 2 x cos xdx π 2 x cos xdx = ∫π sin − sin x = 2 xd (cos x) π π − =0 45 + Vậy: J = 5π 5π + J1 = 16 16 π π π c) K = sin xdx = (sin x ) dx = (1 −cos x ) xdx ∫0 ∫0 ∫0 4 π 14 = ∫ (1 − cos x + cos 2 x ) dx 40 π 14 + cos x = ∫ (1 − cos x + ) dx 40 π 14 cos x = ∫ ( − cos x + ) dx 40 2 π 1 3π = ( x −sin x + sin x) = ( −1) 8 π π π 6 0 d) L = cos5 xdx = cos x cos xdx = (1 −sin x ) cos xdx ∫ ∫ ∫ + Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx + Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = 2 0 π ⇒t = L = ∫ (1 −t ) dt = ∫ (1 − 2t +t )dt 2 203 = (t − t + t ) = 480 β Dạng 3: sin ∫ α m ax.cos n bxdx 46 Phương pháp giải: a) Nếu hai số m, n số lẻ: + Nếu m lẻ đặt t = cos x + Nếu n lẻ đặt t = sin x b) Nếu m n số chẵn: đặt t = tanx c) Nếu m n số chẵn số dương: dùng công thức hạ bậc + cos x − cos x sin x = , cos x = nhân đôi sin x = 2sin x cos x 2 d) Nếu m n số lẻ số dương: dùng công thức sin x = 2sin x cos x Đưa dạng 2a Ví dụ: Tính tích phân sau: π π ∫ ∫ a) I = sin x cos5 xdx c) L = sin x cos xdx 0 π ∫ b) M = sin x cos5 xdx Giải: π π 0 ∫ ∫ a) I = sin x cos5 xdx = sin x cos x cos xdx π = ∫ sin x(1 − sin x) cos xdx + Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx + Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = π ⇒ t =1 47 π 1 + I = t (1 − t ) dt = (t − 2t + t )dt = ( t − 2t + t ) = ∫0 ∫0 315 2 b) π π π 1 + cos x L = ∫ sin x cos xdx = ∫ (sin x cos x ) cos xdx = ∫ sin 2 x dx 0 = = = π π 1 sin 2 xdx + ∫ sin 2 x cos xdx ∫ 80 80 π π 1 − cos x 1 dx + sin xd (cos x) ∫0 ∫0 π π 1 sin x π ( x − sin x) + = ( + ) 16 16 16 π π π c) M = sin x cos5 xdx = (sin x cos x )5 dx = ( sin x )5 dx ∫0 ∫0 ∫0 = π π 1 sin x sin xdx = (1 − cos 2 x) sin xdx ∫ ∫ 32 32 + Đặt t = cos x ⇒ dt = −2sin xdx + Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = π ⇒t= 1 (1 − t )2 (−dt ) = ∫ (1 − 2t + t )dt + M = ∫ 32 32 48 1 53 = (t − t + t ) = 32 15360 β Dạng 4: ∫ f (sin x, cos x)dx , f ( sinx, cosx) hàm hữu tỉ α sinx cosx Phương pháp giải: + Đặt t = tan x 2dt ⇒ dx = 1+ t2 2t 2t 1− t2 + Khi sinx = ; cosx = ; tanx = 1− t2 1+ t2 1+ t2 Đặc biệt: + Nếu f (− sin x, − cos x) = f (sin x, cos x ) ( f hàm chẵn sinx cosx) đặt t = tanx t = cotx + Nếu f (− sin x, cos x) = − f (sin x, cos x) ( f hàm lẻ sinx ) đặt t = cosx + Nếu f (sin x, − cos x) = − f (sin x, cos x) ( f hàm lẻ cosx) đặt t = sinx Ví dụ: Tính tích phân sau: π a) I = ∫ π cos x dx 4sin x − sin x + sin x dx b) J = ∫ cos x π π dx sin x + 2sin x cos x − cos x c) K = ∫ d) L = dx ∫π − sin x − Giải: 49 cos3 x a) Ta có hàm lẻ cosx 4sin x − + Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx + Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = π + I= ∫ π π ⇒ t =1 π cos x cos x cos x (1 − sin x) cos x dx = ∫ dx = ∫ dx 2 4sin x − 4sin x − 4sin x − 0 π 2 1 (1 − sin x) cos x 1− t2 =∫ dx = ∫ dt = ∫ (− + )dt 4sin x − 4t − 4 4t − 0 1 1 1 1 =− x + ∫ dt = − + ∫ ( − )dt 4 (2t − 1)(2t + 1) 2t − 2t + 1 1 1 = − + ( ln 2t − − ln 2t + 1) = − − ln 2 16 sin x + sin x b) Ta có hàm lẻ sinx cos x + Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx + Đổi cận: x = π π ⇒ t = ; x = ⇒ t =1 π π sin x + sin x sin x(1 + sin x) sin x(2 − cos x) J =∫ dx = ∫ dx = ∫ dx 2 cos x cos x − cos x − 0 π 3 2 sin x(2 − cos x) − t2 =∫ dx = ∫ − dt = ∫ (− + )dt 2 cos x − t − 2 t − 1 2 50 1 1 1 1 = ∫ (− + )dt = − t + ∫ ( − )dt 2 2 t − t − t + 1 2 1 1 =− + ( ln 2t − − ln 4 2 2t + 1) = − hàm chẵn sinx cosx sin x + 2sin x cos x − cos x c) Ta có: 2 + Đặt t = tan x ⇒ dt = (1 + tan x )dx ⇒ dx = + Khi đó: cos x = + tan x + Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = ∫ t2 +2 1+ t2 1+ t2 = ∫ = = = dt = t + 2t − 1 2 2 2 ∫( = 1+ t2 ∫ dt 1+ t2 ; sin x = tan x.cos x = t 1+ t2 π ⇒t = 3 dt 1+ t2 t + K= − 1+ t2 1+ t dt = (t + 1) − ( 2) ∫ = ∫ dt t + 2t − dt (t + − 2)(t + + 2) 1 − )dt t +1− t +1 − (ln t + − − ln t + + ) (ln +1− 2 −1 − ln ) +1+ 2 +1 51 dx ∫π − sin x d) K = − + Đặt t = tan x x ⇒ dt = (1 + tan )dx ⇒ dx = dt 2 1+ t2 + Khi đó: sin x = + Đổi cận: x = − 2t 1+ t2 π ⇒ t = −1; x = ⇒ t = 2 dt 0 2dt 2dt + t =∫ =∫ + K=∫ =1 = − t t − t + ( t − 1) t − −1 − −1 −1 −1 1+ t2 V TÍCH PHÂN CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYÊT ĐỐI β Tính tích phân: ∫ f ( x) dx α Phương pháp: Ta khử dấu giá trị tuyệt đối hàm số dấu tích phân Chú ý: β + Nếu f ( x) = vô nghiệm (α ; β ) thì: ∫ f ( x) dx = α β ∫ f ( x)dx α + Nếu f ( x) = có nghiệm c ∈ (α ; β ) thì: β ∫ α c β α c f ( x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx = c β α c ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx 52 Ví dụ: Tính tích phân sau: a) I = 2π ∫ − cos xdx ∫x b) J = − x + dx −4 ∫e c) L = x e − e dx c) L = ∫ ln x − dx Giải: a) I = 2π ∫ 2π 2π ∫ − cos xdx = 2sin xdx = ∫ sin x dx 0 Ta có: sin x = ⇔ x = π ( x ∈ [0; 2π ] ) 2π π 2π 0 π I = ∫ sin x dx = 2( ∫ sin x dx + π 2π π = 2( ∫ sin xdx + ∫ − sin xdx) = ∫ sin x dx) π 2π 2[ (− cos x) + (cos x) π ]=4 2 b) J = ∫x − x + dx −4  x = 1∈ (−4; 2) Ta có: x − x + = ⇔  Khi đó: x = ∉ ( − 4; 2)  J= ∫x − x + dx = −4 = ∫ (x −4 ∫x −4 2 − x + dx + ∫ x − x + dx 2 − x + 3)dx + ∫ ( x − x + 3) dx 1 x3 x3 202 = ( − x + x) + ( − x + x) = 3 −4 53 c) L = ∫e x − e dx Ta có: e x − e − ⇔ x = 1∈ (0;3) Khi đó: 3 L = ∫ e − e dx = ∫ e − e dx + ∫ e x − e dx = (e x − ex ) + (e x − ex ) x x 0 = e3 − 3e + e d) L = ∫ ln x − dx Ta có: ln x − = ⇔ x = e ∉ (1; e) Khi e e e e 1 1 L = ∫ ln x − dx = ∫ (ln x − 2)dx = ( ∫ ln xdx − ∫ 2dx ) e = ( ∫ ln xdx − x ) = [L1 − 2(e − 1)] e e ∫ + Tính L1 = ln xdx 1  u = ln x du = dx ⇒ x Đặt   dv = dx v = x  e e L1 = ∫ ln xdx = ( x ln x ) − ∫ dx = e − x = 1 e e + Vậy L = [L1 − 2(e − 1)] = − 2(e − 1) = 2e − 54 IV KẾT LUẬN Toán học môn khoa học trừu tượng có nhiều nội dung Vì muốn học tốt môn Toán yêu cầu khó Qua sáu năm giảng dạy thấy việc tổng hợp kiến thức, phân dạng toán đưa phương pháp giải giúp ích lớn cho học sinh trình học tập Đề tài kiểm nghiệm năm giảng dạy lớp 12, thấy em không lung túng gặp toán tính tích phân, em hứng thú, say mê học tập, em học sinh khá, giỏi tự tìm tòi phương pháp giải gặp toán Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắn có nhiều thiếu sót hạn chế Tôi mong quan tâm tất đồng nghiệp bổ sung góp ý cho Tôi xin chân thành cảm ơn ! V TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giải tích lớp 12 nâng cao Đề thi tốt nghiệp, đề thi đại học Xuân Lộc, ngày 20 tháng 05 năm 2016 Người viết Nguyễn Thị Thanh 55 [...]... = 3 − 3 1 3 1 3 2 2 II MỘT SỐ DẠNG TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN THƯỜNG GẶP: Dạng 1: β ∫α P( x)e a) Phương pháp: ax dx , P(x) là một đa thức của x Đặt u = P ( x) , dv = e ax dx β b) ∫α P( x) sin axdx Phương pháp: , P(x) là một đa thức của x Đặt u = P( x) , dv = sin axdx β c) ∫α P( x) cos axdx Phương pháp: , P(x) là một đa thức của x Đặt u = P( x) , dv = cos axdx 20 Ví dụ: Tích các tích phân sau: π 2 1 ∫ 2x c)... 1) 3 9 9 9 13 III TÍCH PHÂN CỦA HÀM SỐ HỮU TỈ β Dạng 1: m ∫α ax + b dx Phương pháp: β β m 1 m dx = m dx = ln ax + b ∫α ax + b ∫α ax + b a β α 1 Ví dụ: Tính tích phân : 2 ∫0 3x + 1 dx Giải: 1 1 2 2 2 ∫0 3x + 1 dx = ( 3 ln 3x + 1) 0 = 3 ln 4 28 β Dạng 2: m ∫α (ax + b)k dx Phương pháp: β β β m m −n dx = m ( ax + b ) dx = (ax + b) − n +1 ∫α (ax + b)n ∫α a (− n + 1) α Ví dụ: Tính các tích phân sau : 5 3 −5... + J 2 = 4 ln 2 + β Dạng 6: P ( x) ∫ Q( x)dx 3 2 , P(x), Q(x) là các đa thức của x α Phương pháp: + Nếu bậc của P(x) lớn hơn bậc của Q(x) thì lấy P(x) chia Q(x) ta được: P ( x) R ( x) R ( x) = V ( x) + Biểu diễn dưới dạng tổng các phân thức đơn giản Q( x ) Q( x) Q( x) + Nếu bậc của P(x) nhỏ hơn Q(x): ta phân tích P ( x) thành tổng các phân Q( x) thức đơn giản Ví dụ1: Tính các tích phân sau: 1 2 2 3x... − ) dx = + ln 2 + (ln x − ln 1 + x ) 1 3 3 x 1+ x 3 3 1 = 2 2 − ln 2 + ln 3 3 3 Dạng 3: β a) 1 ∫ P( x) sin α 2 x dx , P(x) là một đa thức của x Phương pháp: : β b) ∫ P ( x) α Đặt u = P ( x) , dv = 1 dx sin 2 x 1 dx , P(x) là một đa thức của x cos 2 x Phương pháp: : Đặt u = P ( x) , dv = 1 dx cos 2 x Ví dụ: Tích các tích phân sau: a) I = π 4 x ∫0 cos2 x dx b) J = π 2 x+2 ∫π sin 2 x dx 6 24 Giải: a) I... (tan t + 1)dt 1 1 4 π K =∫ = dt = t = 2 ∫ 4 tan t + 4 4 4 16 0 0 0 2 β Dạng 5: mx + n ∫α ax 2 + bx + c dx Phương pháp: β + Tách β β mx + n m 2ax + b bm dx dx = dx + ( n − ) ∫ ax 2 + bx + c 2a α∫ ax 2 + bx + c 2a α∫ ax 2 + bx + c α = m bm I1 + (n − )I2 2a 2a + Tính I1 áp dụng du ∫u + Tính I 2 Áp dụng dạng 2 Ví dụ: Tính các tích phân sau: 32 1 2x +1 dx a) I = ∫ 2 x + x + 1 0 3 b) J = 4x −1 ∫2 x 2 −... ∫ 0 Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx Đổi cận: x = 1 π ⇒ t = 1; x = 0 ⇒ t = 0 2 1 t3 1 2 I 2 = ∫ t dt = = 30 3 0 22 Vậy I = I1 + I 2 = π 2 − 2 3 β Dạng 2: ∫α P( x) ln axdx , P(x) là một đa thức của x Phương pháp: Đặt u = ln ax , dv = P ( x )dx Ví dụ: Tính các tích phân sau: 3 3 ∫ a) I = ln( x − x )dx b) I = 2 2 1 + ln(1 + x) ∫1 x 2 dx Giải: 3 ∫ a) I = ln( x − x )dx 2 2 2x −1  u = ln( x 2 − x ) u = 2 ⇒... cận: x = 2 ⇒ t = π π ; x = 2 3 ⇒t = 4 3 35 π 3 π 3 π 3 π 2.2(tan t + 1)dt 4(tan t + 1)dt π 3 = = dt = t = Ta có: L1 = ∫ π ∫ 4 tan 2 t + 4 π∫ (2 tan t ) 2 + 4 12 π π 4 2 4 2 4 4 + Vậy: L = 4( 3 − 1) + L1 = 4( 3 − 1) + π 12 Ví dụ 2: Tính các tích phân sau: ( Trường hợp Q(x) có các nghiệm đơn ) 0 x2 + 2x + 6 dx b) J = ∫ 3 2 x − 7 x + 14 x − 8 −3 7 2x −1 dx a) I = ∫ 2 x − 5 x + 6 4 Giải: 7 7 2x −1 2x −1...β Dạng 1: ∫ (ax + b) n dx (n ≠ −1; a ≠ 0) α Phương pháp: Đặt t = ax + b ⇒ dt = adx ⇒ dx = 1 dt a Ví dụ: Tính các tích phân sau: 1 1 ∫ 1 dx 5 ( − 2 x + 3) 0 b) J = ∫ a) I = (4 x + 1) dx 3 −1 Giải: a) Đặt t = 4 x + 1 ⇒ dt = 4dx ⇒ dx = 1 dt 4 Đổi cận: x = −1 ⇒ t =... ⇒ dt = −2dx ⇒ dx = − 1 dt 2 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 3; x = 1 ⇒ t = 1 Khi đó: 1 1 1 1 10 J = ∫ − t −5 dt = t −4 = 2 8 3 81 3 β Dạng 2: ∫ (ax n + b) m x n −1dx , (n ≠ 0; a ≠ 0, m ≠ −1) α 11 n n −1 n −1 Phương pháp: Đặt t = ax + b ⇒ dt = anx dx ⇒ x dx = 1 dt an Ví dụ: Tính các tích phân sau: 1 a) I = ∫x 2 2 c) K = ∫ (2 x + 1) dx 3 4 −1 1 2 xdx x2 + 1 1 2 b) J = ∫ x 2 − x dx 0 Giải: 1 a) I = ∫x 2 (2 x 3 +... ∫ t 4 dt = t 5 6 30 −1 3 = −1 122 15 1 ∫ b) J = x 2 − x dx 2 0 Đặt t = 2 − x ⇒ dt = −2 xdx ⇒ xdx = − 2 1 dt 2 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 2; x = 1 ⇒ t = 1 1 J = ∫− 2 2 1 2 1 1 1 tdt = ∫ t dt = t 2 21 3 3 2 2 1 = 2 2 −1 3 12 2 ∫ c) K = 1 2 xdx x2 + 1 Đặt; t = x 2 + 1 ⇒ dt = 2 xdx Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t = 5 5 K =∫ 2 5 5 1 1 − dt 2 = ∫ t dt = 2t 2 = 2( 5 − 2) t 2 2 β Dạng 3: ∫ α 1 f (ln x) dx x Phương