Một số kĩ thuật hướng dẫn học sinh lớp 12 giải các bài toán tính tích phân vận dụng cao trong đề thi THPT quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KĨ THUẬT HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI CÁC BÀI TỐN TÍNH TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA Người thực hiện: Lê Thị Ngọc Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: THPT Hoằng Hóa SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn THANH HOÁ NĂM 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ TRƯỜNG THPT HOẰNG HĨA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KĨ THUẬT HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI CÁC BÀI TỐN TÍNH TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA Người thực hiện: Lê Thị Ngọc Chức vụ: Giáo viên Đơn vị cơng tác: THPT Hoằng Hóa SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn THANH HỐ NĂM 2019 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu .1 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Dạng 1: Kĩ thuật đổi biến số Dạng 2: Kĩ thuật tích phân phần, kĩ thuật đổi biến số kết hợp với kĩ thuật tích phân phần Dạng 3: Kĩ thuật biến đổi đưa tích phân hàm thường gặp đạo hàm .8 Dạng 4: Kĩ thuật phương trình hàm 10 Dạng 5: Kĩ thuật đưa bình phương 12 Dạng 6: Kĩ thuật đánh giá dựa vào Cauchy 15 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 16 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 17 3.2 Kiến nghiệm .17 TÀI LIỆU THAM KHẢO 18 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Qua trình giảng dạy, nghiên cứu đề thi, đề minh họa mơn tốn kì thi THPT Quốc gia từ năm 2017 đến Tôi nhận thấy đề thi ln có phân hóa rõ ràng từ mức độ nhận biết, thông hiểu, vận dụng thấp, cao Đặc biệt năm 2018 đề thi khó hơn, mức độ kiến thức dàn trải từ chương trình lớp 11 đến lớp 12 điều đòi hỏi học sinh phải có tư khơng bấm máy tính thơng thường Với lượng thời gian theo phân phối chương trình giảng sách giáo khoa hành đa phần em làm tập mức độ nhận biết, thông hiểu lượng tập vận dụng thấp Các toán vận dụng cao dường giáo viên chưa có thời gian giảng dạy cho học sinh, có cung cấp tập hướng dẫn làm Bởi học sinh chưa hình thành kĩ giải tập dạng Ở chương 3, sách giáo khoa Giải tích 12, Giải tích 12 nâng cao hành cung cấp số phương pháp tính tích phân: tích phân hàm thường gặp, đổi biến số, tích phân phần Tuy nhiên nội dung chương trình đáp ứng kiến thức để làm phần đề thi nhận biết, thơng hiểu Các tập tính tích phân dạng vận dụng cao đa phần em không làm được, số học sinh giỏi có tư lúng túng làm tập dạng Một phần phân phối chương trình cho phần phương pháp tính tích phân ít, tài liệu mạng nhiều chưa có hệ thống lan man Vì để giúp học sinh lớp trực tiếp giảng dạy học sinh trường làm tốt tập tích phân vận dụng cao, khn khổ sáng kiến kinh nghiệm tổng hợp, khai thác hệ thống hóa lại kiến thức thành chuyên đề: “Một số kĩ thuật hướng dẫn học sinh lớp 12 giải tốn tính tích phân vận dụng cao đề thi THPT Quốc gia” 1.2 Mục đích nghiên cứu Nội dung sáng kiến nhằm mục đích hướng tới giải vấn đề sau: - Cung cấp cho học sinh số kĩ thuật để tính tích phân dạng vận dụng cao - Giúp học sinh nhận dấu hiệu để tính tốn - Rèn luyện kỹ làm tốn thơng qua hệ thống tốn viết dạng trắc nghiệm có hướng dẫn lớp tập tự rèn luyện nhà - Việc giải toán vận dụng cao giúp học sinh rèn luyện kĩ tư lơgic tốn học, u thích mơn học, sáng tạo cơng việc 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các kĩ thuật giải tốn tính tích phân vận dụng cao 1.4 Phương pháp nghiên cứu Để thực chuyên đề q trình nghiên cứu tơi sử dụng phương pháp sau: - Phương pháp quan sát ( quan sát hoạt động dạy học học sinh) - Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế (khảo sát thực tế học sinh) - Phương pháp thực nghiệm, so sánh, đúc rút kinh nghiệm NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Nhiệm vụ trọng 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” Hoạt động học giúp học sinh củng cố kiến thức phổ thơng đặc biệt mơn tốn thiếu đời sống người Mục đích dạy học tốn mang lại cho học sinh kiến thức phổ thông, kĩ người lao động, qua rèn luyện logic, phát triển lực sáng tạo, góp phần hình thành giới quan nhân sinh quan đắn cho em Tuy nhiên mơn Tốn lại mơn khoa học tự nhiên khó với kiến thức rộng, đa phần em ngại học môn Muốn học tốt mơn tốn em phải nắm vững tri thức khoa học mơn cách có hệ thống, biết vận dụng lí thuyết linh hoạt vào dạng tập Điều thể việc học đôi với hành, học sinh phải có tư logic cách biến đổi Vì giáo viên cần định hướng cho học sinh nghiên cứu mơn tốn cách có hệ thống chương trình phổ thơng, vận dụng lí thuyết vào làm tập, phân dạng tập tổng hợp cách giải Căn vào nhiệm vụ, mục đích dạy học mơn tốn, tơi mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm với mục đích giúp cho học sinh THPT nói chung, học sinh lớp 12 bổ sung, hồn thiện thêm số kĩ thuật tính tích phân Trong sách giáo khoa Giải tích 12 nêu hai phương pháp tính tích phân: Phương pháp đổi biến số: Định lí 1:[2] Cho hàm số u = u ( x) liên tục K , hàm số y = f (u ) liên tục cho hàm hợp f [u ( x)] xác định K ; a, b hai số thực thuộc K Khi đó: b u (b ) a u (a ) ∫ f [ u( x)]u'(x)dx = ∫ f (u)du Phương pháp tính tích phân phần: Định lí 2: [1] Nếu u = u ( x), v = v( x) hai hàm có đạo hàm liên tục đoạn [ a; b] thì: b ∫ u( x).v'( x)dx = (u ( x).v( x)) a b b a − ∫ u'( x) v( x)dx hay a b ∫ u dv = uv a b b a − ∫ v du a Trên thực tế gặp tốn tính tích phân phần đa khơng thể áp dụng hai phương pháp để làm mà phải có kĩ tư duy, biến đổi Đặc biệt thi trắc nghiệm lượng kiến thức dàn trải, đề thi đa dạng phần tập không giống tập tự luận trước Vì sáng kiến kinh nghiệm việc khai thác sâu dạng tập sử dụng phương pháp đổi biến số, tích phân phần Trong giới hạn sáng kiến kinh nghiệm hướng dẫn thêm học sinh kĩ thuật tính tích phân: biến đổi để đưa tích phân hàm thường gặp, đạo hàm đúng; kĩ thuật phương trình hàm, kĩ thuật đưa bình phương, kĩ thuật đánh giá dựa vào Cauchy 2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Học sinh trường THPT Hoằng Hóa đa phần em nơng thơn, điều kiện kinh tế nhiều khó khăn em có truyền thống hiếu học Tuy với hình thức thi khai thác rộng, kiến thức dạy học lớp học sinh chưa có nhiều thời gian để làm tập vận dụng cao rèn luyện kĩ giải toán Đặc biệt mơn tốn em nhìn nhận chung mơn tự nhiên khó tích phân nội dung khó chương trình giải tích 12 Đổi theo hình thức thi trắc nghiệm, từ năm 2017 dạy ôn thi cho học sinh lớp 12 khai thác thêm dạng tốn tính tích phân vận dụng cao để học sinh khá, giỏi lớp tiếp cận vận dụng làm Tuy nhiên thời gian không nhiều, tài liệu khai thác cho việc dạy học phần hạn chế cách tiếp cận trình bày Vì việc rèn luyện khơng thường xun chưa có hệ thống nên trình học, kiểm tra định kì làm đề, học sinh thường bỏ qua không làm tập dạng tốn Một số học sinh giỏi có tư lúng túng chưa định hình cách giải Từ thực trạng nói trên, năm học 2018-2019 phân công dạy ôn thi cho lớp 12A7 nhận thấy lớp có nhiều học sinh nên áp dụng số giải pháp khắc phục phần học có hiệu 2.3 CÁC GIẢI PHÁP SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Qua nghiên cứu đề thi, đề minh họa, tham khảo kiến thức sách, mạng, diễn đàn Toán học đưa giải pháp giải vấn đề sau: - Trang bị kiến thức tích phân phương pháp tính học sách giáo khoa cách đầy đủ - Phân dạng kĩ thuật tính tốn với dấu hiệu nhận biết đặc trưng - Mỗi dạng có ví dụ minh họa, hướng dẫn giải Sau dạng có tập tương tự đáp số để học sinh kiểm tra - Các ví dụ tập trình bày dạng trắc nghiệm để em rèn luyện kì thi - Hướng dẫn em kết hợp làm tự luận trắc nghiệm, sử dụng máy tính cầm tay có hiệu Lưu ý: Vì tốn có đáp án dạng trắc nghiệm nên tác giả để trích dẫn nguồn tài liệu tham khảo phần đầu câu Dạng 1: Kĩ thuật đổi biến số Dấu hiệu nhận biết: Trong giả thiết yêu cầu toán thường xuất dạng hàm f ( g ( x)) , g ( x) hàm sơ cấp học Phương pháp: Đặt t = g ( x) Ví dụ minh họa: π Câu 1:[3] Cho hàm f ( x) liên tục ℝ ∫ f ( x) dx = 4, ∫ f (sin x) cos xdx = x Tính I = ∫ f ( x) A I = B I = C I = D I = 11 f ( x) dx = Đặt t = x ⇒ t = x ⇒ 2tdt = dx x 3 x = → t = f ( x) = dx = f ( t ) dt ⇒ Đổi cận  Suy ∫1 x ∫1 ∫1 f (t )dt = x = → t = Hướng dẫn: Xét Xét ∫ π ∫ f (sin x) cos xdx = Đặt u = sin x ⇒ du = cosxdx x = → u =  Đổi cận  π Suy = ∫ f (sin x) cos xdx = ∫ f (u)du  x = → u = 3 0 Vậy I = ∫ f ( x) = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = + = Chọn C   Câu 2:[3] Cho y = f ( x) xác định liên tục  ;  , f ( x) + f ( ) = x + + x x 2  Tính I =∫ 1 f ( x) dx x2 + A I = B I = C I = D I = −  x = →t =  1  Hướng dẫn: Đặt x = ⇒ dx = − dt Đổi cận  t t x = → t =  1 1 f ( ) f ( ) f ( ) Khi I = ∫ t (− )dt = ∫ t dt = ∫ x dx t +1 x +1 +1 t 2 t Suy 1 f( ) +2 f ( x) + f ( ) x + 2 2 f (x) x +1 x x x I = ∫ dx + ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx = ∫ (1 + )dx = ⇒ I = 2 x +1 x +1 x x x +1 x +1 1 1 2 2 2 2 (Bấm máy tính cầm tay) Chọn A Câu 3: [3] Cho hàm số f ( x), g ( x) liên tục [ 0;1] thỏa mãn m f ( x) + n f (1 − x) = g ( x) với m, n số thực khác ∫ f ( x)dx = ∫ g ( x)dx = Tính m + n A I = B I = C I = D I = −5 1 0 Hướng dẫn: Vì m f ( x) + n f (1 − x) = g ( x) ⇒ ∫ [m f ( x) + nf (1 − x)]dx = ∫ g ( x)dx Suy ra: m + ∫ nf (1 − x)dx = (do 1 0 ∫ f ( x)dx = ∫ g ( x)dx = ) (1) x = → t = 1 ∫ f (1 − x)dx Đặt t = − x ⇒ dt = −dx Đổi cận  x = → t = Xét Khi ∫ 0 1 0 f (1 − x)dx = − ∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx = (2) Từ (1) (2) suy m + n = Chọn C Câu 4: [3] Cho hàm f ( x) liên tục ℝ, thỏa mãn f ( x + x + 3) = x + 1, x ∈ R Tính I = ∫ f ( x)dx −2 A I = −6 B I = 10 D I = 26 C I =  x = −2 → t = −1 x = → t = Hướng dẫn: Đặt x = t + 4t + ⇒ dx = (5t + 4)dt Đổi cận  ∫ Khi I = −2 1 −1 −1 f ( x)dx = ∫ f (t + 4t + 3)(5t + 4) dt = ∫ (2t + 1)(5t + 4)dt = 10 (Bấm máy tính cầm tay) Chọn B Câu 5: [3] Cho hàm f ( x) liên tục ℝ, thỏa mãn f ( x) + f ( x) = x, x ∈ R Tính I = ∫ f ( x)dx A I = − 4 5 B I = − C I = D I = x = → u = x = → u = Hướng dẫn: Đặt u = f ( x) ⇒ u + u = x ⇒ (3u + 1)du = dx Đổi cận  0 Khi I = ∫ f ( x)dx = ∫ u (3u + 1)du = (Bấm máy tính cầm tay) Chọn D Bài tập tương tự: 2019 Câu 6: [3] Cho ∫ f ( x) dx = Tính I = A I = −1 e 2019 −1 ∫ B I = x f [ln(x + 1)]dx x +1 C I = D I = −2 Câu 7: [3] Cho hàm f ( x) liên tục ℝ, thỏa mãn: π ∫ tan xf (cos e2 x) dx = 1, ∫ e I =∫ f (ln x) dx = Tính x ln x f (2 x) dx x B I = C I = D I = Câu 8: [3] Cho hàm f ( x) liên tục ℝ thỏa mãn: A I = f ( x ) + f(− x ) = + 2cos x , x ∈ R Tính I = 3π ∫ 3π − f ( x)dx A I = B I = C I = D I = Câu 9: [3] Cho y = f ( x) xác định liên tục [ 0;1] , f '( x) = f '(1 − x), x ∈ [0;1] Biết f (0) = 1, f (1) = 41 Tính I = ∫ f ( x)dx A I = 41 B I = 41 C I = 41 Đáp số: Câu 6: A, câu 7: B, câu 8: C, câu 9: D D I = 21 Dạng 2: Kĩ thuật tích phân phần kĩ thuật đổi biến số kết hợp với kĩ thuật tích phân phần Dấu hiệu nhận biết: Giả thiết tốn tích phân cần tính thường xuất hàm g ( x) f '( x) dấu tích phân u = g ( x )  dv = f '( x).dx Phương pháp: Đặt  Chú ý: Đối với dạng kết hợp hai phương pháp tùy tốn mà ta có cách làm phù hợp Ví dụ minh họa: Câu 1: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục ℝ thỏa mãn I = ∫ ( x + 1) f '( x)dx = 10 f (1) − f (0) = Tính I = ∫ f ( x)dx A I = C I = − ln B I = 11 D I = −8 u = x + du = dx ⇒  dv = f '( x).dx v = f ( x) Hướng dẫn: Đặt  1 0 Khi đó: 10 = ∫ ( x + 1) f '( x)dx = ( x + 1) f ( x) − ∫ f ( x)dx = f (1) − f (0) − I Suy I = −8 Chọn D Câu 2: [3] Cho hàm f ( x ) thỏa mãn I = ∫ xf '( x ) e f ( x ) dx = 8, f (3) = ln Tính I = ∫ e f ( x ) dx A I = C I = − ln B I = 11 Hướng dẫn: Đặt D I = + ln u = x du = dx ⇒  f ( x) f ( x)  dv = f '( x).e dx v = e f ( x) f ( x) Khi I = ∫ xf '( x) e dx = x.e 3 0 − ∫ e f ( x ) dx f (3) f ( x) f ( x) Suy = 3.e − ∫ e dx ⇒ ∫ e dx = − = Chọn A  π Câu 3: [3] Cho y = f ( x) xác định liên tục 0;  , thỏa mãn:  2 π ∫ f '( x)cos xdx = 10, f (0) = Tính A I = −13 B I = −7 π I = ∫ f ( x )sin xdx C I = D I = 13 Hướng dẫn: Xét π ∫ du = − sin xdx u = cos x ⇒  f '( x )cos xdx = 10 , đặt   dv = f '( x).cos xdx v = f ( x ) Khi đó: π π 10 = ∫ f '( x)cos xdx = cos xf ( x ) 0 π π 0 π + ∫ f ( x)sin xdx ⇔ 10 = − f (0) + ∫ f ( x)sin xdx ⇒ ∫ f ( x)sin xdx = 10 + f (0) = 13 Chọn D 0 Câu 4: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục f (3) = 21, ∫ f ( x)dx = Tính I = ∫ xf '(3x) dx A I = B I = −6 C I = D I = 15 3 t dt t =3 x → ∫ f '(t ) = ∫ xf '( x)dx Hướng dẫn: Xét I = ∫ xf '(3x)dx  3 90 0 3 t dt f '(t ) = ∫ xf '( x)dx Đặt 3 90 t =3 x →∫ Xét I = ∫ xf '(3x)dx  u = x  du = dx ⇒   dv = f '( x)dx v = f ( x ) 3 1 1 tf '(t ) = ∫ xf '( x )dx = [xf ( x )] 30 − ∫ f ( x )dx = Chọn A ∫ 90 90 90 Câu 5: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục ( x3 − 3x ) f '( x) x2 − x I = dx 0; [ ] Biết f (0) = 1, f ( x) f (2 − x) = e , x ∈ [0; 2] Tính ∫0 f ( x) t =3x → Khi I = ∫ xf '(3x )dx  16 16 D I = − u = x − x  du = (3 x − x )dx ( x3 − x ) f '( x)  I = dx ⇒ f '( x ) Hướng dẫn: Xét Đặt   ∫0 f ( x)  dv = f ( x ) dx v = ln | f ( x ) |  A I = − 14 B I = − 32 C I = − 2 0 2 2 Khi I = ( x − 3x ) ln | f ( x) |0 − ∫ (3x − x) ln | f ( x) | dx = −3∫ ( x − x) ln | f ( x) | dx = −3J Ta có 0 x = 2− t J = ∫ ( x − x ) ln | f ( x) | dx  → ∫ [(2 − t ) − 2(2 − t )]ln| f (2 − t ) | d (2 − t ) 2 = ∫ [(2 − x) − 2(2 − x)]ln| f (2 − x) | d (2 − x) = ∫ ( x − x)ln| f (2 − x) | d ( x) Suy 2 2 J = ∫ ( x − x) ln | f ( x) | dx + ∫ ( x − x)ln| f (2 − x) | d ( x) = ∫ ( x − x) ln | f ( x) f (2 − x) | dx 2 2 = ∫ ( x − x) ln | e x − x | dx = ∫ ( x − x)(2 x − x) dx = 0 32 16 16 ⇒ J = ⇒ I = − 3J = − 15 15 (Bấm máy tính cầm tay) Chọn D Bài tập tương tự: Câu 6: [3] Cho y = f ( x) có đạo hàm liên tục đoạn [0;1], f (0) + f (1) = Biết π 1 π f ( x ) dx = , ∫ f '( x ) cos(π x) dx = Tính I = ∫ f ( x)dx ∫0 2 A I = π B I = C I = 2π D I = π π Câu 7: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục [ 0;1] 1 Biết f (1) = 1, f ( x) f (1 − x) = e A I = − 60 x2 − x B I = ( x3 − 3x ) f '( x) dx f ( x) , x ∈ [0;1] Tính I = ∫ 10 C I = − 10 D I = 60 0 Câu 8: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục f (4) = 32, ∫ f ( x)dx = 16 Tính I = ∫ xf '(4 x) dx B I = −6 C I = −4 D I = Câu 9: [3] Cho y = f ( x) xác định liên tục [ 0;1] , thỏa mãn: A I = ∫ f ( x − 1)dx = 3, f (1) = Tính A I = −1 I = ∫ x f '( x )dx B I = − C I = D I = Đáp số: Câu 6: B, câu 7: C, câu 8: A, câu 9: D Dạng 3: Kĩ thuật biến đổi đưa tích phân hàm thường gặp đạo hàm Dấu hiệu nhận biết: Từ Giả thiết toán ta phát mối liên hệ hàm:có thể đưa vào dấu vi phân hay đổi biến để nguyên hàm hàm thường gặp Hoặc từ giả thiết toán xuất đạo hàm tổng hiệu, tích, thương Phương pháp: Biến đổi để đưa đạo hàm đúng, nguyên hàm, tích phân hàm thường gặp Ví dụ minh họa Câu 1: [6] Cho hàm số y = f ( x) thỏa mãn f ( x) f '( x) = 3x + x Với f (0) = Tính f (2) A 64 B 81 C 100 D I = Hướng dẫn: Vì f ( x) f '( x) = 3x5 + x ⇒ ∫ f ( x) f '( x)dx = ∫ (3x + x )dx ⇔ f ( x) x = + x3 + C 2 f (0) = C ⇒ C = ⇒ f ( x) = x + x3 + ⇒ f (2) = 100 Chọn C Với x = ta Câu 2: [3] Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f '( x) liên tục nhận giá trị không âm [1; +∞ ), f (1) = 0, e2 f ( x ) [f '( x)]2 = x − x + với x ∈ [1; +∞ ) Mệnh đề sau đúng: A −1 < f '(4) < B < f '(4) < C < f '(4) < D < f '(4) < f (x) 2 f ( x) f (x) Hướng dẫn: e [f '( x)] = x − x + ⇔ e f '( x) = x − ⇒ ∫ e f '( x)dx = ∫ (2 x − 1)dx ⇔ e f ( x) = x2 − x + C Với x = 1, e f (1) = 12 − + C ⇒ C = ⇒ e f ( x) = x − x + ⇒ f ( x ) = ln( x − x + 1) 2x − ⇒ f '(4) = Chọn B Khi f '( x) = x − x +1 13 Câu 3: [3] Cho hàm số y = f ( x) thỏa mãn [f '( x)]2 + f ( x) f ''( x) = 15x + 12 x với ∀ x ∈ R f (0) = f '(0) = Giá trị f (1) A B C D 10 2 Hướng dẫn: Ta có [f '( x)]2 + f ( x) f ''( x) = [f ( x) f '( x)]' 4 Khi [f ( x) f '( x)]' = 15 x + 12 x ⇒ ∫ [f ( x) f '( x)]' dx = ∫ (15 x + 12 x) dx ⇒ [f ( x) f '( x)]' = 3x + x + C 5 Vì f (0) = f '(0) = ⇒ f ( x) f '( x) = 3x + x + ⇒ ∫ f ( x) f '( x)dx = ∫ (3x + x + 1) dx hay f ( x) x = + x3 + x + C ' Thay x = vào hai vế ta được: 2 f (0) = C ' ⇒ C' = ⇒ f ( x) = x + x + x + ⇒ f (1) = Chọn C 2  f (1) + g(1) =  Câu 4: [3] Cho hai hàm f ( x) , g( x) có đạo hàm [1; 4] thỏa mãn  g ( x) = − xf '( x)  f ( x) = − xg '( x)  với x ∈ [1; 4] Tính tích phân I = ∫ [f ( x) + g ( x)]dx A I = 3ln B I = 4ln Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có: C I = ln D I = 8ln f ( x) + g( x) = − xf '( x) − xg '( x) ⇔ [f ( x) + xf '( x)] + [g ( x) + xg '( x)] = ⇔ [xf ( x)]'+ [xg ( x)]' = Suy 4 C xf ( x) + xg ( x) = C ⇒ f ( x) + g ( x ) = Mà f (1) + g (1) = ⇒ C = ⇒ I = ∫ [f ( x ) + g ( x)]dx = ∫ dx x x 1 hay I = 8ln ( Bấm máy tính cầm tay) Chọn D Câu 5: [3] Cho hàm f ( x) có đạo hàm [0;1] thỏa mãn f ( x) + xf '( x) = x 2018 với x ∈ [0;1] Tính I = ∫ f ( x)dx 1 C I = D I = 2019.2020 2019.2021 2018.2019 Hướng dẫn: Từ giả thiết f ( x) + xf '( x) = x 2018 , nhân hai vế với x ta A I = 2018.2021 B I = 3x f ( x) + x3 f '( x ) = x 2020 ⇔ [x f ( x)]' = x 2020 ⇒ ∫ [x f ( x)]' dx = ∫ x 2020dx hay x f ( x) = Cho x = vào hai vế ta C = ⇒ f ( x) = x 2021 +C 2021 x 2018 2021 x 2018 Vậy I = ∫ f ( x) dx = ∫ 2021 dx = 2021.2019 (Bấm máy tính cầm tay) Chọn C 0 Câu 6: [3] Cho hàm f ( x) thỏa mãn f (1) = 4, f ( x) = xf '( x) − x − 3x với x > Tính f (2) A B 10 C 15 D 20 Hướng dẫn: Ta có f ( x) = xf '( x) − x − x ⇔ x3 + x = xf '( x) − f ( x) ⇔ x (2 x + 3) = xf '( x) − f ( x) xf '( x) − f ( x) f ( x) =( )' x x f ( x) f ( x) ⇒ ∫ (2 x + 3)dx = ∫ ( )' dx ⇒ = x2 + 3x + C x x f (1) = ⇔ = + C ⇔ C = Mà f ( x) = x3 + 3x ⇒ f (2) = 20 Chọn D ⇔ 2x + = Bài tập tương tự: Câu 7: [3] Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục [ 1; 2] thỏa mãn f ( x) > 0, với ∀ x ∈ [ 1; 2] Biết ∫ f '( x)dx = 10 ∫ f '( x ) dx = ln Tính f (2) f ( x) A 20 B 10 C 15 D - 20 f ( x ) (0; +∞ ) Câu 8: [3] Cho hàm số liên tục , biết f '( x) + (2 x + 3) f ( x) = 0, f ( x) > với x > 0, f (1) = Tính P = + f (1) + f (2) + f (3) + + f (2018) 1009 A P = 2020 2019 3029 4019 C P = D P = 2020 2020 2020 Câu 9: [3] Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm [0;3] thỏa mãn f ( x) f '( x) = x f ( x) + với x ∈ [0;3], f (0) = Tính f (3) B P = A B C D 11 Câu 10:[3] Cho hàm số f ( x) liên tục R\ { 0; −1} thỏa mãn x( x + 1) f '( x) + f ( x) = x + x với x ∈ R\ { 0; − 1} , f (1) = − 2ln Biết f (2) = a + bln với a, b ∈ Q Tính P = a + b A P = B P = C P = 13 D P = Đáp số: Câu 7:A, câu 8: C, câu 9: D, câu 10: D Dạng 4: Kĩ thuật phương trình hàm Dấu hiệu nhận biết: Giả thiêt toán thường xuất biểu thức liên hệ hàm f ( x) f (a x + b) (hoặc f ( Phương pháp: c ) , ) ax + b Thay x ax + b (hoặc c , ) ta có hệ phương trình hàm mới, từ tìm ax + b f ( x) tính tích phân cần tìm Ví dụ minh họa: Câu 1:[3] Cho hàm số f ( x) + f (− x) = y = f ( x) liên tục [-2; 2] thỏa mãn + x2 Tính P = ∫ f ( x)dx −2 A P = − π 10 B P = − π 20 C P = π 20 D P = π 10 10 Hướng dẫn: Từ giả thiết thay x − x ta f (− x) + f ( x) = Ta có : 4+ x   f ( x) + f (− x) = f ( x) + f ( − x) =   4+ x + x2 ⇔ ⇒ f ( x) =   Khi đó: 5(4 + x )  f ( − x ) + f ( x) = 9 f ( x ) + f (− x) =   + x2 + x2 1 π P = ∫ f ( x)dx = ∫ dx = (Bấm máy tính ) Chọn C −2 + x 20 −2 1 Câu 2: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục [ ; 2] thỏa mãn f ( x) + f ( ) = x x f ( x) P=∫ dx Tính x 2 A P = B P = C P = D P = 1 Hướng dẫn: Từ giả thiết thay x ta f ( ) + f ( x) = Ta có : x x x 1    f ( x) + f ( x ) = 3x  f ( x) + f ( x ) = x ⇔ ⇒ f ( x) = − x  x  f ( ) + f ( x) =  f ( x) + f ( ) =  x  x x x  2 f ( x) P=∫ dx = ∫ ( − 1)dx = Khi đó: x (Bấm máy tính cầm tay) Chọn B 1 x 2 Bài tập tương tự y = f ( x) Câu 3:[3] Cho hàm số f ( x) + f (− x) = cos x Tính P = A P = π π 2 liên tục [- ; ] thỏa mãn π ∫ π − f ( x )dx B P = C P = y = f ( x) Câu 4: [3] Cho hàm số D P = liên tục [0;1] thỏa mãn x f ( x) + f (1 − x) = x − x Tính P = ∫ f ( x)dx A P = 3 B P = C P = y = f ( x) Câu 5: [3] Cho hàm số D P = − liên tục [0;1] thỏa mãn f ( x ) + f (1 − x) = − x Tính P = ∫ f ( x)dx A P = − π 20 B P = π 20 C P = π 10 D P = − π 10 Đáp số: Câu 3: C, câu 4: A, câu 5: B 11 Dạng 5: Kĩ thuật đưa bình phương Dấu hiệu nhận biết: Giả thiết tốn xuất hồn tồn khơng hồn tồn đẳng thức [f ( x) ± g ( x)]2 dấu tích phân Phương pháp: b Biến đổi đưa dạng tích phân ∫ [f ( x) ± g ( x)] dx = Sau vào yêu cầu a đề suy kết cần tính Chú ý: Một số tốn phải sử dụng liên kết bình phương suy kết Ví dụ minh họa: Câu 1: [3] Cho hàm số π ∫ [f π y = f ( x) liên tục [0; ] thỏa mãn π π − π Tính ( x) − 2 f ( x)sin( x − )]dx = P = ∫ f ( x)dx A P = B P = π 20 C P = π 10 D P = − π 10 π Hướng dẫn: Ta có: ∫ [2sin ( x − π )]dx = − − π Từ giả thiết ta có: π ∫ [f 2 π π π π ( x) − 2 f ( x)sin( x − ) + 2sin (x − )]dx = ⇔ ∫ [f ( x) − f ( x)sin (x − )]2 dx = 4 ⇔ f ( x) − f ( x)sin (x − π  π ) = 0, ∀ x ∈  0;   2 π π 0 Suy f ( x) = sin( x − π ) ⇒ P = ∫ f ( x)dx = ∫ sin( x − π )dx = 4 (Bấm máy tính cầm tay) Chọn A Câu 2: [3] Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, có đạo hàm [0;1] , f ( x), f '( x) 1 0 nhận giá trị dương [0;1] thỏa mãn f (0) = 2, ∫ [f '( x) f ( x) + 1]dx = 2∫ f '( x)dx Tính P = ∫ [f ( x)] dx A P = 15 B P = 15 C P = 17 D P = 19 Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có: ∫[ f '( x) f ( x) − 1]2 dx = ⇒ f '( x) f ( x) = ⇒ f '( x) f ( x) = 1 f ( x) 19 ⇒ ∫ f '( x) f ( x )dx = ∫ dx ⇒ = x + C ⇒ f ( x ) = 3x + ⇒ P = ∫ [f ( x)]3dx = 2 Chọn D 12 Câu 3: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục, có đạo hàm [0;1] , thỏa mãn ∫ f ( x )dx = ∫ xf ( x )dx = 1 0 ∫ [f ( x)] dx = Tính P = ∫ [f ( x)] dx C P = B P = 10 A P = D P = 19 Hướng dẫn: Theo ta thấy xuất hàm dấu tích phân f ( x ), xf ( x), f ( x ) nên liên kết với bình phương [f ( x) + α x + β ]2 Với số thực α , β ta có: 1 1 0 2 ∫ [f ( x) + α x + β ] dx = ∫ [f ( x)] dx + ∫ (α x + β ) f ( x)dx + ∫ (α x + β ) dx = + 2(α + β ) + Tìm α , β để: ∫ α + αβ + β [f ( x) + α x + β ]2 dx = ⇔ + 2(α + β ) + α2 + αβ + β = ⇔ α + (3β + 6)α + 3β + 6β + 12 = Muốn tồn α ∆ = (3β + 6)2 − 4(3β + β + 12) ≥ ⇔ − 3β + 12 β − 12 ≥ ⇔ − 3( β − 2) ≥ ⇔ β = ⇒ α = − Vậy: ∫ [f ( x) − x + 2] dx = ⇒ f ( x) = x − 2, ∀x ∈ [0;1] 1 0 ⇒ ∫ [f ( x)]3dx = ∫ (6 x − 2) dx = 10 (Bấm máy tính cầm tay) Chọn C Câu 4: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục, có đạo hàm [0;1] , thỏa mãn f (1) = 1, ∫ x5 f ( x) dx = A 11 , ∫ f '( x)d ( f ( x)) = Tính f (2) 78 13 251 B Hướng dẫn: Ta có ∫ D P = 261 f '( x)d ( f ( x)) = 256 C 4 ⇔ ∫ [f '( x)]dx = 13 13 11 Xét ∫ x f ( x)dx = 78 , dùng phương pháp tích phân phần ta được: ∫ x f ( x)dx = 1 11 x6 11 ⇔ ∫ x f ( x )dx = f ( x) 10 − ∫ x f '( x)dx = , kết hợp với giả thiết f (1) = 78 60 78 Ta suy ∫ x f '( x)dx = 13 Vậy ta có: 1  ∫ [f '( x)] dx = 13 0 1 Hàm dấu tích phân  x f '( x)dx = ∫ 13 0 13 [f '( x)]2 , x f '( x) nên ta liên kết đưa dạng bình phương [f '( x) + α x ]2 Giải tương tự câu (dạng 5) ta tìm f (1) =1 α = − ⇒ f '( x) = x ⇒ f ( x) = x + C  → C = 7 261 Vậy: f ( x) = x + ⇒ f (2) = Chọn D 7 Bài tập tương tự: Câu 5: [3] Cho hàm số ∫ [f y = f ( x) 2 ( x) + ln ]dx = ∫ [f ( x) ln( x + 1)]d ( x) Tính e liên tục [0;1] , thỏa mãn ∫ f ( x)dx A ln − B − ln C − ln D ln − y = f ( x ) Câu 6: [3] Cho có đạo hàm dương, liên tục [0;1] , thỏa mãn f (1) − f (0) = ∫ f '( x)[f 1 0 ( x ) + 1]dx = 2∫ f '( x) f (x)d ( x ) Tính ∫ [f ( x)]3dx 33 − 27 33 + 54 C 54 D 18 18 Câu 7: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục, có đạo hàm [0;1] , thỏa mãn A B 1 1 0 0 ∫ xf ( x)dx = ∫ x f ( x)dx = ∫ [f ( x)] dx = Tính P = ∫ [f ( x)] dx 15 17 C P = D P = 2 Câu 8: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục, có đạo hàm [0;1] , 1 1 2 xf ( x ) dx = x f ( x ) d ( x ) − Tính ∫ f ( x)dx ∫0 ∫0 16 A P = 15 A B P = B C 256 D P = thỏa mãn 261 Câu 9: [3] Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục [1;8] , thỏa mãn 2 1 A 8ln 27 38 f ( x)dx − Tính ∫ 31 15 B C 3 ∫ [f ( x )] dx + 2∫ f ( x )d ( x) = ∫ f ( x)dx D P = 61 Đáp số: Câu 5: A, câu 6: B, Câu 7: D, câu 8: B, Câu 9: C Dạng 6: Kĩ thuật đánh giá dựa vào bất đẳng thức Cauchy Dấu hiệu nhận biết: Giả thiết toán thường xuất bất đẳng thức có chứa tích phân, hàm dấu tích phân khơng âm Phương pháp: Biến đổi, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho biểu thức dấu tích phân Từ điều kiện xảy dấu suy mối liên hệ Ví dụ minh họa: 14 Câu 1: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương có đạo hàm liên tục ∫ [0;1] , thỏa mãn f (1) = e f (0) A f (1) = 2e e −1 B f (1) = 1 dx + ∫ [f '( x)]2 dx ≤ Mệnh đề sau đúng: f ( x) 2(e − 2) e −1 C f (1) = 2e e2 − D f (1) = 2(e − 2) e −1 Hướng dẫn: Từ giả thiết theo bất đẳng thức cauchy ta có: ∫ 1 1 f '( x) dx + ∫ [f '( x)]2 dx = ∫ [ + ( f '(x))2 ]dx ≥ 2∫ dx = ln f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) 0 Mà ∫ = ln f (1) = ln e = f (0) 1 dx + ∫ [f '( x)]2 dx ≤ nên dấu “=” xảy f ( x) ⇔ f '( x ) = ⇔ f ( x) f '( x ) = f ( x) f ( x) ⇒ ∫ f ( x ) f '( x )dx = ∫ dx ⇔ = x+C Theo giả thiết f (1) = e f (0) nên ta có + 2C = e 2C ⇔ + 2C = e 2C ⇔ C = e −1 2 2e ⇒ f (1) = + = Chọn C e −1 e −1 e −1 Câu 2: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương có đạo hàm liên tục xf '( x) [0;1] , thỏa mãn f (0) = 1, f (1) = e ∫ dx ≥ Tính f ( ) f ( x) Vậy f ( x) = x + A B D e C e xf '( x) f '( x) = x , ∀ x ∈ [0;1] Xuất đạo hàm f ( x) f ( x) Hướng dẫn: Ta có f '( x ) f ( x) Giả sử có m ≥ Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 f '( x) xf '( x) f '( x) xf '( x ) + mx ≥ m , ∀ x ∈ [0;1] ⇒ ∫ [ + mx]dx ≥ m ∫ dx f ( x) f ( x) f ( x ) f ( x ) 0 x2 +m m m ≥ m ⇔ 2+ ≥ m 2 f '( x) m Dấu “=” xảy + = m ⇔ m = Khi f ( x) = x 2 f '( x ) dx = ∫ xdx ⇔ ln f ( x) = x + C ⇒ f ( x ) = e x + C Suy ∫ f ( x) Từ giả thiết : f (0) = 1, f (1) = e2 ⇒ C = ⇒ f ( x) = e x ⇒ f ( ) = e Chọn C Hay ln f ( x) 1 ≥ m ⇔ ln f (1) − ln f (0) + Bài tập tương tự Câu 3: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương có đạo hàm liên tục 1 0 [0;1] , thỏa mãn f (0) = ∫ [f ( x) + 4( f '( x))3 ]dx ≤ 3∫ f '( x) f ( x )dx Tính P = ∫ f ( x)dx A 2( e − 1) B 2(e − 1) C e D 15 Câu 4: [3] Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục [0;1] , thỏa mãn ∫ [f ( x) f '( x)] dx ≤ A f (0) = 1, f (1) = Tính f ( ) B C e D e Câu 5: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương có đạo hàm liên tục [f '( x)]2 ∫1 xf ( x) dx ≤ 24 Tính f ( 2) C D e [1;2] , thỏa mãn f (1) = 1, f (2) = 16 A B Đáp số: Câu 3: A, câu 4: B, câu 5: C 2.4 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG Tôi áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy năm học 2018 – 2019 lớp 12 A7 trường THPT Hoằng Hóa Qua đó, so với năm học 2017 – 2018 giảng dạy lớp 12 A8 chưa áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm này, nhận thấy học sinh lớp 12 A7 có hiệu tích cực khơng nhỏ, là: - Khi gặp tốn tính tích phân vận dụng cao em không bỏ qua năm học trước Ngược lại, em thích thú làm làm có hiệu kiểm tra định kì, đề thi, đề minh họa Nhiều học sinh chủ động trao đổi với giáo viên đưa thêm cách giải khác, chủ động xin thêm tập làm Tư logic toán nhiều em tiến đáng kể - Việc phân loại dạng toán giúp học sinh nắm vững biết cách sử dụng kiến thức để giải dạng tốn tương ứng Các em thấy u thích loại toán này, giải tập nhanh nhẹn, chủ động, học trở nên sôi nổi, thú vị Việc tư loại tốn giúp em hình thành kĩ tư cho dạng tốn khó khác - Các em biết sử dụng thành thạo CASIO vào phần tính tốn liên quan Đối với thân, sử dụng Sáng kiến kinh nghiệm thấy hiệu tiết dạy tốt hơn, tạo tự tin hứng thú giảng Giúp truyền đạt cách cô đọng đầy đủ, xác trọn vẹn nội dung cần giảng dạy khoảng thời gian ngắn Ngoài ra, Sáng kiến kinh nghiệm tổ chuyên đánh giá tốt, thiết thực đồng ý triển khai vận dụng cho năm học tới tồn trường nhằm góp phần nâng cao hiệu dạy học toán Nhà trường nói riêng địa phương nói chung Đồng thời, Sáng kiến kinh nghiệm tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên học sinh 12 q trình ơn thi, đặc biệt ơn thi THPT Quốc gia năm năm Như vậy, Sáng kiến kinh nghiệm mang lại hiệu tích cực thiết thực cho người học người dạy Đáp ứng đường đổi phương pháp dạy học, nâng cao hiệu giáo dục giai đoạn 16 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 KẾT LUẬN Qua việc nghiên cứu, triển khai vận dụng Sáng kiến kinh nghiệm này, rút số học kinh nghiệm sau: - Trong giảng dạy cần phải thường xun tìm tòi, đúc rút kinh nghiệm để đưa giải pháp nâng cao hiệu dạy học Đặc biệt vấn đề khó, dễ nhầm lẫn học sinh - Nội dung giảng dạy giáo viên cần viết dạng Sáng kiến kinh nghiệm tập hợp thành tài liệu cung cấp cho học sinh Qua đó, phát huy khả tự học học sinh - Những nội dung truyền tải cho học sinh, giáo viên cần phải nghiên cứu kỹ lưỡng, tìm phương pháp giảng dạy hợp lý, đảm bảo xúc tích, ngắn gọn đầy đủ, xác Những cách làm giúp tiết dạy đạt hiệu cao, người dạy người học hứng thú, tiết kiệm thời gian phát huy tính chủ động, sáng tạo, khả tự học học sinh Đó điều rút từ Sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến kinh nghiệm tài liệu để em lớp 12 ôn thi THPT Quốc gia năm học 2018-2019 cho năm học trường THPT Hoằng Hóa nói riêng trường THPT nói chung 3.2 KIẾN NGHỊ Đối với tổ chuyên môn đồng nghiệp: Đề nghị Tổ chuyên môn Toán triển khai ứng dụng Sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy Nhà trường năm học tới Đối với Sở GD&ĐT: Đề nghị Sở GD&ĐT đóng góp ý kiến tạo điều kiện để tơi tiếp tục phát triển Sáng kiến kinh nghiệm tìm tòi Sáng kiến TÀI LIỆU THAM KHẢO Giải tích 12 ,Vũ Tuấn cộng sự, Nhà xuất giáo dục Việt Nam, 2007 Giải tích 12 Nâng cao, Nguyễn Huy Đoan cộng sự, Nhà xuất giáo dục Việt nam, 2007 Tham khảo tài liệu mạng internet: www.luyenthithukhoa.vn; Diễn đàn Giáo viên Tốn, Nhóm Tốn VD-VDC 17 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 28 tháng 05 năm 2019 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Lê Thị Ngọc 18 ...TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KĨ THUẬT HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI CÁC BÀI TỐN TÍNH TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA Người thực... chuyên đề: Một số kĩ thuật hướng dẫn học sinh lớp 12 giải tốn tính tích phân vận dụng cao đề thi THPT Quốc gia 1.2 Mục đích nghiên cứu Nội dung sáng kiến nhằm mục đích hướng tới giải vấn đề sau:... - Việc giải toán vận dụng cao giúp học sinh rèn luyện kĩ tư lơgic tốn học, u thích mơn học, sáng tạo cơng việc 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các kĩ thuật giải toán tính tích phân vận dụng cao 1.4