SKKN PHÂN LOẠI và CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN các hàm PHÂN THỨC hữu tỉ THƯỜNG gặp

CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc - - PHÂN LOẠI VÀ CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN CÁC HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ THƯỜNG GẶP Quảng Bình, tháng 12 năm 2018 A PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Tích phân nội dung quan trọng khơng thể thiếu chương trình Giải Tích lớp 12 đề thi THPT Quốc gia, tích phân hàm phân thức hữu tỉ vừa dạng tích phân hay gặp, vừa cơng cụ để giải dạng tích phân khác tích phân hàm lượng giác, hàm vô tỉ, hàm mũ hàm lơgarit Trong q trình giảng dạy nội dung Tích Phân chương trình Tốn 12 ơn thi THPT Quốc Gia nhận thấy nhiều học sinh lúng túng việc nhận dạng giải tốn tính tích phân hàm phân thức hữu tỉ, dạng tích phân khác cúng gặp khó khăn việc đưa tích phân hàm phân thức hữu tỉ để giải Nhằm mục đích giúp em có cách nhìn khái qt hơn, rõ ràng từ giải tốt dạng tích phân hàm phân thức hữu tỉ, tác giả lựa chọn nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “PHÂN LOẠI VÀ CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN CÁC HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ THƯỜNG GẶP” Điểm đề tài: Trên thực tế nhiều giáo viên nghiên cứu, trình bày nội dung nhiều tài liệu khác nhau, nhiên nội dung trình bày chưa phân loại rõ ràng, chưa bao quát hết dạng thường gặp chưa trọng đến tính hệ thống, ví dụ chưa lựa chọn kĩ càng, trình bày chưa thật gọn gàng dẫn đến học sinh khó tiếp thu vận dụng khó phân loại để giải Dựa kinh nghiệm thực tế giảng dạy, sở nghiên cứu sách giáo khoa, đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi tuyển sinh CĐ-ĐH, đề thi THPT Quốc Gia nghiên cứu chun đề Tích Phân có sách tham khảo tài liệu mạng internet, đề tài viết theo hệ thống phân loại dạng tích phân hàm phân thức hữu tỉ kèm theo cách giải với dạng tốn, ví dụ trình bày cách rõ ràng từ dễ đến khó có tập rèn luyện thêm Phạm vi áp dụng đề tài: Đề tài áp dụng chương trình ơn thi THPT Quốc Gia cho học sinh khối 12 chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 năm học 20182019 B NỘI DUNG I Cơ sở lý thuyết b - Cơng thức tính tích phân: f ( x)dx  F ( x ) � b a  F (b)  F (a ) a (F(x) nguyên hàm f(x)) - Một số cơng thức tìm ngun hàm quan trọng: dx  x  C � x 1 (ax  b ) 1  C ( �1) � � (ax  b) dx   C ( �1)  1 a  1 1 dx  ln x  C � � dx  ln ax  b  C � x ax  b a Phân tích tam thức bậc hai f ( x)  ax  bx  c thành nhân tử: i, Nếu   tam thức khơng phân tích ii, Nếu   f ( x)  a( x  x0 ) x dx  � - iii, Nếu   f ( x)  a( x  x1 )( x  x2 ) - Cho P(x) đa thức bậc 3, Khi đó: i, Nếu P(x) có nghiệm phân biệt P( x)  a( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 ) ii, Nếu P(x) nghiệm P( x )  a ( x  x1 )2 ( x  x2 ) iii, Nếu P(x) có nghiệm đơn P( x)  a( x  x1 )( x   x   ) (    4  0) II iv, Nếu P(x) có nghiệm bội ba P( x)  a( x  x0 )3 Nội dung đề tài HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ CÓ MẪU LÀ TAM THỨC BẬC Dạng 1: P '( x) �P( x) dx *Cách giải: ( P(x) hàm đa thức ) Đặt t  P( x) VD1: 2x 1 A  �2 dx x  x  Giải: Đặt t  x  x  � dt  (2 x  1)dx Đổi cận: x  � t  x 1� t  3 dt t Ta có: A  �  ln t  ln 1 4x  B  �2 dx x  3x  Giải: Đặt t  x  3x  � dt  (2 x  3)dx Đổi cận: x  � t  x 1� t  VD2: 3 2(2 x  3) 2dt dx  �  ln t 35  2(ln  ln 5)  ln Ta có: B  � x  3x  t 5 dx Dạng 2: � ( với a �0,   ) ax  bx  c *Cách giải: � ax  dx dx �  bx  c a( x  x1 )( x  x2 ) �m n � m n  dx  � dx  � dx � � � a �x  x1 x  x2 � a x  x1 a x  x2 VD3: dx C  �2 x  x6 1 dx dx C  �2 � Giải: x  x  ( x  3)( x  2) m n ( m  n) x  m  3n Ta có: ( x  3)( x  2)  x   x   ( x  3)( x  2) Đồng hai vế ta được: � m � m  n  � � �� � 2m  3n  � � n � Vậy: � �1  � 1 �5 1 1 C�  dx  � dx  � dx � � x 3 x  2� x 3 x2 0� � � 1 2  ln x  10  ln x  10  ln 5 5 x  22 D  �2 dx x  5x  VD4: 1 x  22 x  22 D  �2 dx  � dx Giải: x  5x  ( x  1)(2 x  7) 0 x  22 m n (2m  n) x  7m  n Ta có: ( x  1)(2 x  7)  x   x   ( x  1)(2 x  7) Đồng hai vế ta được: �2m  n  �m  �� � n  1 �7 m  n  22 � Vậy: 1 1 � 1 �3 D�  dx  3� dx  � dx � � x 1 2x  � x 1 2x  0� 0 1 448  3ln x  10  ln x  10  3ln  ln  ln 2 dx Dạng 3: � ( với a �0,   ) ax  bx  c dx dx �  � ( x  x0 ) 2 dx *Cách giải: � 2 ax  bx  c a( x  x0 ) a dx E  �2 x  6x  VD5: Giải: dx ( x  3) 1 2  ( x  3) dx  Ta có: E  � ( x  3) � 1 0 1  x 3  VD6: 3x  F  �2 dx x  4x  2 3x  3x  F  �2 dx  � dx Giải: x  x  ( x  2) 0 3x  m n mx  2m  n Ta có: ( x  2)2  x   ( x  2)  ( x  2) Đồng hai vế ta được: m3 m3 � � �� � 2m  n  1 � n  7 � Vậy: 2 �3 7 � F�  dx  dx  ( x  1) 2 dx � � � � x  ( x  1) x  � 0� 0 14  3ln x  02   3ln  x 1 dx Dạng 4: � ( với a �0,   ) ax  bx  c � �  � � dx dx t ��  ; � � � Đặt A  tan t *Cách giải: � � � ax  bx  c 1+A � �2 2� � VD7: G dx � x 4 2 Giải: Ta có: G Đặt dx dx  � 2 � x  4 �x � 2 1 � � �2 � � �  � � x t ��  ; �  tan t � � � � 2� � � x  tan t � dx  dt    tan t  dt cos t Đổi cận: x  2 � t   x  2�t    Ta có: G    tan t  dt  �  tan t   VD8:  dt  t �        4 dx H  �2 x  x 1 Giải: 1 dx dx H  �2  � x  x 1 � � �x  � 1 � � � � � � �2 � x � �  � �  tan t t ��  ; � Đặt � � � � 2� � 3 � x  tan t � dx  dt    tan t  dt 2 2 cos t   x 1� t  Đổi cận: x  � t  Ta có:    tan t  43  33 H � dt  dt  t �   tan t     3 VD9: 4x  I  �2 dx x  2x  Giải: Ta có: I  4x  a(2 x  2) b 2ax  2a  b    x  x  x  2x  x  2x  x  2x  Đồng hai vế ta được: 2a  a2 � � �� � 2a  b  b  11 � � 3 11 2x  �2(2 x  2) �  dx  2�2 dx  11�2 dx Ta có: I  � �2 � x  2x  x  2x  � x  2x  x  2x  1� 1 2x  I1  �2 dx x  2x  Tính Đặt t  x  x  � dt  (2 x  2)dx Đổi cận: x  � t  x  3�t 8 dt t Ta có: I1  �  ln t  ln I  �2 dx x  2x  Tính dx I2  � �x  � 1 � � �2 � x 1  tan t Đặt � �  � � t ��  ; � � � � � 2� � � x   tan t � dx  dt    tan t  dt cos t Đổi cận: x  � t  x 3�t   Ta có:   2   tan t  14 I2  � dt  dt  t �  tan t 20 11 Vậy I  I1  11I  ln  Dạng 5: P ( x) dx � Q( x)    ( với bậc P(x) lớn bậc Q(x)) *Cách giải: Chia P(x) cho Q(x) để đưa dạng: � R ( x) � dx �S ( x)  � � Q( x) � � bậc R(x) nhỏ bậc Q(x) VD10: 2x  K � dx x 1 Giải: Ta có: 3 3 � � K � dx  2� dx  3� dx �2  � x 1� x 1 1� 1  x 13  3ln x    3ln VD11: x2  x  L� dx x 1 Giải: Ta có: 1 1 � � L� dx  � xdx  2� dx  � dx �x   � x 1� x 1 0� 0  x2 1 2 x  ln x     ln 2 HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ CÓ MẪU LÀ ĐA THỨC BẬC Dạng 1: dx � P( x) ( Trong P(x) có nghiệm phân biệt) *Cách giải: Đồng thức: � ax dx dx �  bx  cx  d a ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )  �m n p �   dx � � � a �x  x1 x  x2 x  x3 �  m n p dx  � dx  � dx � a x  x1 a x  x2 a x  x3 VD12: 10 x  16 M  �3 dx x  x  x  Giải: Ta có: 10 x  16 10 x  16 M  �3 dx  � dx x  x  4x  ( x  1)( x  2)( x  2) 0 3x  x  a b c    ( x  1)( x  2)( x  2) x  x  x  a ( x  2)( x  2)  b( x  1)( x  2)  c( x  1)( x  2)  ( x  1)( x  2)( x  2)  ( a  b  c) x  (3b  c) x  4a  2b  2c ( x  1)( x  2)( x  2) Đồng vế ta được: abc  a2 � � � � 3b  c  10 �� b  3 � � � 4a  2b  2c  16 c 1 � � Vậy Dạng 2: 1 � �2 M �   dx  � dx  � dx  � dx � � x 1 x  x  � x 1 x2 x2 0� 0 16  ln x  10  3ln x  10  ln x  10  ln dx ( Trong P(x) có nghiệm đơn nghiệm kép) � P( x) *Cách giải: Đồng thức: � ax dx dx �  bx  cx  d a( x  x1 )( x  x0 )2  � �m n p   dx � � a� �x  x1 x  x0 ( x  x0 ) �  m n p dx  � dx  � dx � a x  x1 a x  x0 a ( x  x0 ) VD13: x  21x  34 N  �3 dx x  x  16 x  12 Giải: 1 3x  21x  34 x  21x  34 N  �3 dx  dx � x  x2  4x  ( x  2) ( x  3) 0 Ta có: 3x  21x  34 a b c    2 ( x  2) ( x  3) x  ( x  2) x3  a ( x  2)( x  3)  b( x  3)  c( x  2) ( x  2) ( x  3)  (a  c) x  (5a  b  4c ) x  6a  3b  4c ( x  2) ( x  3) Đồng vế ta được: ac 3 a5 � � � � 5a  b  4c  21 � � b4 � � � 6a  3b  4c  34 c  2 � � Vậy 1 1 �5 � 2 N �   dx  dx  ( x  2) dx  dx � � � � � x  ( x  2) x  x  x  � � 0 0  5ln x  Dạng 3: 1 dx � P( x)  x2  ln x   2187  ln 512 ( Trong P(x) có nghiệm bội ba) *Cách giải: Đồng thức: � ax dx dx �  bx  cx  d a( x  x0 )3  � �m n p   dx � � � a �x  x0 ( x  x0 ) ( x  x0 ) �  m n p dx  � dx  � dx � a x  x0 a ( x  x0 ) a ( x  x0 ) x2  x  P� dx ( x  3)3 VD14: Giải: Ta có: x2  4x  a b c    ( x  3) x  ( x  3) ( x  3)3  a ( x  3)  b( x  3)  c ( x  3)3  ax  (6a  b) x  9a  3b  c ( x  3)3 Đồng vế ta được: a 1 a 1 � � � � 6a  b  4 � � b2 � � � 9a  3b  c  c  1 � � Vậy 2 2 �1 � P�   dx  dx  dx  dx � � � � � x  ( x  3) ( x  3) x  ( x  3) ( x  3) � � 0 0  ln x  Dạng 4:  dx � P( x) 2 1  x3 ( x  3)2   ln  16 ( Trong P(x) có nghiệm đơn) *Cách giải: Đồng thức: � ax dx dx �  bx  cx  d a ( x  x1 )( x   x   )  � �m n(2 x   ) p   � �dx � a �x  x1 x   x   x   x   �  m n(2 x   ) p dx  �2 dx  �2 dx � a x  x1 a x  x   a x  x   VD15: Q x  x  28 dx � x  x  x  18 3 Giải: Ta có: x  x  28 x  x  28 Q  �3 dx  � dx x  x  x  18 ( x  9)( x  2) 3 3 10 x  x  28 a.2 x b c    ( x  9)( x  2) x  x  x   2ax( x  2)  b( x  2)  c( x  9) ( x  9)( x  2)  (2a  c) x  (4a  b) x  2b  9c ( x  9)( x  2) Đồng vế ta được: 2a  c  a 1 � � � � 4a  b  9 � � b  5 � � � 2b  9c  28 c2 � � Khi 0 0 � 2x 1 � 2x Q�   dx 5 �2 dx  � dx �2 �dx  �2 x  x  x  � 3 x  x 9 x2 3 � 3 3 Tính Q1  2x dx � x 9 3 Giải: Đặt t  x  � dt  xdx Đổi cận: x  3 � t  18 x  0�t 9 dt  ln t Ta có: P1  � t 18 18   ln dx Tính Q2  � x2  3 1 Q2  � dx 3 �x � Ta có: 1 � � �3 � � �  � � x t ��  ; �  tan t � Đặt � � � 2� � � x  3tan t � dx  dt    tan t  dt cos t Đổi cận: x  3 � t   x  0�t  Ta có: Q2  0   tan t  �1  tan   t dt  dx  ln x  Tính Q3  � x2 3 3  dt  t �    ln     12 11 Vậy Q  Q1  5Q2  Q3   ln   2 5  ln  ln  12 25 12 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Tính tích phân sau 1, � dx 6x 1 dx 3, � 3x  x  1 dx 5, �2 x  10 x  25 1 2x  dx 7, � x  x  1 4x  dx 2, � x2  x  3 1 3x  x5 dx 4, � x2  dx 6, � x2  x  dx 8, � x  x  Bài 2: 3x  dx 1, � ( x  1)( x  2)( x  3) x2  x  dx 3, � ( x  4)( x  2) x3  3x  dx 5, � x  x  15 x  3x  7, �4 x  dx 3x  dx 2, � ( x  2)3 x4 dx 4, � ( x  1) ( x  2) x3  x  6, �1  x dx x3  x  8, � x3  dx Bài 3: x7 dx 1, �8 x  2x4  2 x3 dx 3, � (1  x )3  x2 2, I  � dx 1 x x2  dx 4, � x4  x2  dx 5, � ( x  1) ( x  1) 2 7, dx � x  8x 11 dx 9, �7 x  13x 6, dx � x (1  x 8, ) dx � x  9x 10, dx 10  1)2 � x (x 12 C KẾT LUẬN Ý nghĩa đề tài, sáng kiến: - Với việc phân chia loại tích phân hàm hữu tỉ theo bậc mẫu (bậc nhất, bậc hai, bậc ba) chia dạng theo trường hợp phân tích đa thức mẫu thành nhân tử đề tài phân chia tích phân hàm hữu tỉ cách đầy đủ, có hệ thống Các ví dụ minh họa với lời giải chi tiết cụ thể, tập làm thêm giúp người học dễ hiểu hơn, dễ nắm dạng tích phân hàm hữu tỉ cách giải - Thơng qua việc nắm cách giải tích phân hàm hữu tỉ, với tích phân khác, học sinh có thêm lựa chọn đưa tích phân hàm hữu tỉ giải Kiến nghị, đề xuất: Là giáo viên giảng dạy trường THPT, hi vọng đề tài đón nhận đồng nghiệp xem tài liệu chương trình giảng dạy ơn thi THPT Quốc Gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 12 13 MỤC LỤC: Nội dung A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Điểm đề tài Phạm vi áp dụng đề tài B NỘI DUNG I Cơ sở lí thuyết II Nội dung Hàm hữu tỉ có mẫu tam thức bậc 2 Hàm hữu tỉ có mẫu đa thức bậc Bài tập vận dụng C KẾT LUẬN Ý nghĩa đề tài, sáng kiến Kiến nghị, đề xuất Trang 1 1 3 3 12 13 13 13 14 ... từ giải tốt dạng tích phân hàm phân thức hữu tỉ, tác giả lựa chọn nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “PHÂN LOẠI VÀ CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN CÁC HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ THƯỜNG GẶP” Điểm đề tài:... việc nhận dạng giải tốn tính tích phân hàm phân thức hữu tỉ, dạng tích phân khác cúng gặp khó khăn việc đưa tích phân hàm phân thức hữu tỉ để giải Nhằm mục đích giúp em có cách nhìn khái quát hơn,... Với việc phân chia loại tích phân hàm hữu tỉ theo bậc mẫu (bậc nhất, bậc hai, bậc ba) chia dạng theo trường hợp phân tích đa thức mẫu thành nhân tử đề tài phân chia tích phân hàm hữu tỉ cách đầy