Hướng dẫn học sinh giải các bài toán nguyên hàm và tích phân bằng cách nhận dạng và đề ra phương pháp giải điển hình

MỤC LỤC Phần I: Mở đầu Lý chọn đề tài Mục đích Phương pháp nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phần II Nội dung A Các lý thuyết I Nguyên hàm II Tích phân B Các dạng toán phương pháp giải I Các dạng tốn dùng định nghĩa, cơng thức để tìm ngun hàm tích phân II Phương pháp đổi biến số III Phương pháp lấy tích phân phần, nguyên hàm phần IV Phương pháp cặp đôi V Tích phân hàm số hữu tỉ VI Tích phân hàm số lượng giác, hàm số chứa thức VII Các hàm số khác Phần III Kết luận Trang 1 1 2 2 4 10 11 13 19 20 PHẦN I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Nguyên hàm tích phân phần quan trọng chương trình tốn trường phổ thơng Nó có mặt tất đề thi từ kỳ thi THPT Quốc gia đến kỳ thi học sinh giỏi cấp Vì nguyên hàm tích phân chuyên đề nhiều người quan tâm Làm để dạy phần nguyên hàm tích phân cách hiệu vấn đề mà nhiều giáo viên dạy toán trăn trở suy nghĩ Các tập nguyên hàm tích phân phong phú công cụ để giải chúng đa dạng Thơng qua giải tốn ngun hàm tích phân, học sinh hiểu sâu sắc diện tích, thể tích hình, kiến thức vật lí, hóa học, sinh học có liên quan; kỹ rèn luyện, tư khả sáng tạo phát huy, phương pháp giải tốn ngun hàm tích phân khơng theo khn mẫu Có thể nói ngun hàm tích phân cơng cụ sắc bén toán học Để giải toán nguyên hàm tích phân xuất phát từ nhiều kiến thức khác nhau, nhiều hướng khác Vì vậy, khơng phân tích đầy đủ chi tiết kiện điều kiện toán, khả tổng hợp kém, khả khái quát hóa, đặc biệt hóa khơng rèn luyện việc định hướng tìm lời giải cho tốn ngun hàm tích phân khó khăn Trên quan điểm hoạt động, đề tài muốn nghiên cứu, hướng dẫn học sinh giải toán nguyên hàm tích phân cách nhận dạng đề phương pháp giải điển hình Tuy nhiên phương pháp khơng phải thích hợp cho tốn nguyên hàm tích phân Tuy số lượng tập áp dụng phương pháp khơng phải Các ví dụ minh họa đề tài chứng tỏ điều Với tất lý chọn đề tài: Hướng dẫn học sinh giải tốn ngun hàm tích phân cách nhận dạng đề phương pháp giải điển hình Mục đích: - Rèn luyện kỹ tính tốn, phân tích, tổng hợp - Rèn luyện tư logic, khả sáng tạo, tính cẩn thận xác, tính kỷ luật cho học sinh - Ơn tập kiến thức nguyên hàm tích phân Phương pháp nghiên cứu: - Nghiên cứu lý thuyết thực tiễn giảng dạy phần nguyên hàm tích phân chương trình tốn phổ thơng - Nghiên cứu thực trạng dạy học giải tập phần nguyên hàm tích phân Đối tượng nghiên cứu: Học sinh ôn thi THPT Quốc gia xết tuyển đại học, cao đẳng trường THPT Lê Lợi PHẦN II NỘI DUNG A CÁC LÝ THUYẾT CƠ BẢN I NGUYÊN HÀM: 1.1 Định nghĩa: Hàm số F(x) nguyên hàm f(x) (a,b) F'(x) = f(x) x  (a,b)  f(x) dx = F(x) + c Ký hiệu: Họ nguyên hàm f(x) gọi tích phân bất định f(x) 1.2 Các tính chất bảng công thức  [f(x)  g(x)] dx =  f(x)dx   g(x)dx = k  f(x)dx  kf(x)dx (  f(x)dx)' = f(x) x 1  f(x)dx = F(x) + c;  kdx = kx + c  x dx =    C(  1) (x)   dx =ln(x) + c x  exdx = ex + c   x axdx = a + c ln a  cosdx = sinx + c  sin xdx = - cosx + c  (1 + tg x)dx =  cos x dx = tgx + c ;  (1 + cotg x) =-cotg x + c 2 2  1 x ax = arcsinx + c đx = arctgx + c  1 x II TÍCH PHÂN: 2.1 Định nghĩa: Cho F(x) ngun hàm f(x) [a,b] tích phân f(x) [a,b] xác định b  f(x) dx = F(b) - F(a) = F(x) a b a 2.2 Các tính chất kết luận quan trọng b b  f(x)dx =  f(t)dt a a b b  f(x)dx = -  f(x)dx a a d  f(x)dx = a b b  [f(x)  g(x)]dx =  f(x)   g(x)dx a a b a b  kf(x)dx = k  f(x)dx a a b b f(x)dx  a f(x)dx a b b c b  f(x)dx =  f(x)dx +  f(x)dx a a (a c b) c b f(x)  g(x)  x [a,b]  g(x) dx a b  a dx x2  k ln(x x2  k ) b a 10 Công thức đổi biến số: �f[u(x)] u' (x)dx =  f(t) dt (f, u, u' liên tục, t = u(x); dt = u'(x)dx)  (b) b  f[(x)] '(x)dx =  f(t) dt a  (a) (t =(x) ; dt = '(x) dx ; f, , ' liên tục & t/m: a x  b (a) (x) (b)  (b) (x) (a)) 2.3 Cơng thức tích phân phần: b b  udv = uv -  vdu a a 2.4 Hàm lượng giác: tgx dx = - ln cosx+ c   cotgxdx = lnsinx+ c  cos(ax + b)dx = sin(ax + b) + c a  tg(ax + b)dx = - lncos (ax + b)+ c a 2.5 Hàm thức:       dx = arcsinx + c  x2 dx 2 2 a x dx = arcsin = lnx  x a x2 a2 + c x a2 x 2 a  x dx a  x  arcsin  c 2 a x a x2 a2 dx x  a  ln x  x2 a2  c 2 dx n n n n n n1 n x c xdx  x c  n  n1 x n 2 2.6 Hàm phân thức hữu tỉ: dx  x2  = arc tgx + c  x +c a dx x  x2   ln x   c dx  ax    arc tg    c( 0, a  0) (x  )2  a2 a  a  B CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI I CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN DÙNG ĐỊNH NGHĨA - CƠNG THỨC ĐỂ TÌM NGUN HÀM VÀ TÍCH PHÂN Ví dụ 1: Tính tích phân - tìm ngun hàm: x3 2 a * (x - 2x + ) dx = - x + lnx+ c x  18x 2/3 x 1/3 ) *  (2 + dx =  [(2.3 ) +x ]dx  x c ln18 x x 2x  b *  cos xdx = 2  (1 + cos2x)dx = 0  dx + 0   cos2xd2x x =  /4 * I= tg xdx 0 π/4 (1 tg x)dx dx  x 0 π/4 1 π/4 /4 cotg xdx  /6 2 (cotg x  cotg x  cotg x  1 1)dx /6 /4 /4 2 [cotg (1 cotg x)dx (1 cotg x)dx dx  /6 /6 π/4 =  /4 /4 =  /4 *I=  /4 = tgx sin2x  π/4 /6 π/4 cotgxd(cotgx) d(cotgx) dx π/6 π/6 π/6   /4  /4  /4 cot g x  /  cot gx  /  x  /   3 12 1 dx d(x  2)  ln(x  2) ln2 * I=  x x = Các tập đề nghị: /4 /4 tg xdx I= I= cotg xdx /4  x4  x  x )dx I = (x   x  )dx x x I = (x  x 2x 3x I = (2 )dx  x 2x 3x I = (2 )dx  II PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ: 2.1 Phương pháp: Giả sử u(x) có đạo hàm liên tục J (sao cho f(u(x)) xác định J a,b J, =u(a)  = 4() đó:  f[u(x)] u'(x) dx = F[u(x)] + C (F(u) ng/h f(x) b   f[u(x)] u'(x)dx =  f(x) dx  a với ghi nhớ: L1 Đặt (x) = t với t biến số Đổi cận (nếu tích phân xác định) L2 Đặt x = (t) với t biến số 2.2 Các ví dụ minh hoạ: Loại 1: I=  [x(3.x )  dx =  x3(3 - x4)3dx Cách 1: Đặt - x4 = t  dt = - 4x3dx  x3dx = - dt 3 4 Vậy: I = - t dt t  c  (3 x )  c 16 16 =2 I= (3 - x4)4 + c 16  (tgx + tg3x) dx =  tgx( +tg2x)dx Đặt tg x = t  dt = (1 + tg2x) dx t2 Vậy: I =  tdt = + c = tg2x + c 2 I=  Vậy I=  ex dx Đặt ex + = t  dt = ex dx Ï 1 e dt = ln t+ c = ln ex + 1 + c t ln (x) + c  lnxdx =  lnxd(lnx) = I= ex  e e x x Đặt ex = t  dt = endx dx với x = t = ; x = t = e Vậy ex dx  I= x 0e  ex e e ex 2x 1 dx  dt  1 t e e2  ln( 1 e = lnt + 1 t  π/6 sin3x dx Đặt cosx = t  dt = - sinxdx I=  cosx x =  t = ; x =/3  t =1/2 (1 t ).at  (  t)dt I=-  t t 1 1/ 1 1 = (- lnt+ t2) (  ln )  (0  )   ln 2 2 1/2 Vậy 1/2 Loại 2: 1 I= x  dx 1 x2 Đặt x = cost  dt = - sintdt Khi t =  x = ; t = x = Khi I=  sintdr  cost   1 cos2z /2  sintdt cost sinz π/2 π/2 sinzdt 0 sinz cost = π/2 costdt J=  Khi I + J = sint  cost Đặt π/4 I - J = π/2 dt  π π/2 sint cost sint costdt = - lnsint + cost  d(sint cost  sint cost  /2 0  I = J Vậy I = /4 I=  1 x dx Đặt x = sint dx = costdr với t = /2 x = ; t = x = Vậy I=  1 sin tcostdt  costcostdt cos tdt π/2 3 I= π/2  π/2 xdx x1 Đặt t = +  dx = dt; với x = t = t; x = t = Khi đó: I =   x dx f(x) =  x không liên tục [0,3] Nên không đổi biến x = sint để tính Do trước đổi biến nên chú ý liên tục hàm số Hoặc với hàm số f(x) = sin 22x + t=tgx t k' ct t 0, /2J, nên khơng tính π/4 I= dx sin2x cách đặt t = tgx III PHƯƠNG PHÁP LẤY TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN, NGUYÊN HÀM TỪNG PHẦN 3.1 Nguyên hàm: u(x), v(x) hàm số có đạo hàm liên tục I  u(x), v'(x) dx = u(x) v(x) -  v(x) u'(x)dx 3.2 Tích phân xác định: u(x), v(x) hàm số có đ/h liên tục nên I, a, bJ b b  u(x), v'(x) dx = u(x) v(x) a a b   u(x) v'(x) dx a Chú ý: 1) Đối với dạng  p(x).eaxdx;  p(x) sin axdx p(x) đa thức nên chọn u(x) = p(x) Riêng  p(x) lnxdx chọn u(x) = ln(x) 2) Nếu phải lấy phần nhiều lần phải giữ nguyên hàm chọn u(x) hay v(x) 3.3 Các ví dụ minh hoạ: I =  lnx dx Chọn u(x) = ln(x) ; v'(x) =  u'(x) = Khi ; v(x) = x x I = x.lnx -  x dx = xlnx - x + c x I= lnx  x dx Đặt u(x) = lnx  u'(x) = x Khi V'(x) = I = x ln x  v'(x) = x  2 x dx 2 x ln x x 4  21 dx x 4(ln4  1) I= x = (2 x ln x  x ) 1 x Đặt u(x) = x2  u' = 2xdx  x2 e3xdx v'(x) = e3x  v(x) = Khi 3x I= x e 1  3x 3 e 2xdx = e - I1 3x e  v1(x ) x  u 1  3x Đặt  3x v ' ( x )  e  v ( x )  e  3x Khi I1 = e x = 3x e  x 1 c  3x e dx  c 1 2  e3  e3  VËy I  e  e  e 3 9 9 /4 I = sinx cosxdx  /4 x sin2xdx Đặt x = u  u' = 1 v'(x) = sin 2x  v(x) = - cos 2x /4 Vậy I= = 1 (0  sin2x /4 /4 1    ( cos2x ).x  2   I= 2xdx  cos x /4 /4   cos2xdx   ) đặt u(x) = 2x u' = v'(x) = /4 2xdx 2x.tgx I=  cos x /4 /4 /4  tgxdx  /2 sinx  d cosx  0 cosx dx   0 cosx   2ln cosx  =  = v(x) = tgx cos2 x    2(ln  0)   ln2 2 I=  ex cosx dx Đặt ex = u  u' = ex v'(x) = cosx  v = sin x  I= x  e cosx dx = sins e x 10 -  sinx exdx /4 HD: u = x2  u' = 2x v'(x) = exsinx  v = ex (sinx - cox) IV PHƯƠNG PHÁP CẶP ĐÔI:  /2 sin5 xdx Ví dụ 1: I =  5 sin x  cos x /2 Xét cos5 x dx J=  sin x  cos5 x /2 Khi dx x I+J= /2   (1)   t  dx = - dt Đặt x= Với x =  t = /2 ; x = /2  t =   sin5   t dt 2  Khi đó: I = -      /2 sin5   t  cos5   2  2 /2 cos5 tdt   5  sin t  cos t t   /2 cos5 xdx J =  5 sin x  cos x (2) Từ (1), (2) suy I = /2  I = /4 Bài tập đề nghị: e +) I= e  sin (lnx)dx & J= 1 /2 +) Tính I = /2  sin xdx & J=  (xsinx)  cos xdx  +) Tính I =  cos(lnx)dx  & J=  (xcosx) dx V TÍCH PHÂN CỦA CÁC HÀM SỐ HỮU TỈ 12 dx (a  0)  d(ax b)  ln(ax b)  C a  ax b a Dạng I ax b Dạng II dx ax2  bx c (a 0) +) Nếu f(x) = ax2 + bx + c có dx dx    2 a  b      I = a  x  b    x   2a  4a2  2a  4a2     < = 4a2 a   arctg 4a2  b  x    C    2a    = I= dx  C  a (x  x0 ) a(x  x0 )   > I=  1 dx 1    dx     a (x  x1 )(x  x2 ) a(x1  x2 )  x  x1 x  x2  = (x  x1) ln C a(x1  x2 ) (x  x2 ) Các dạng khác kết hợp với việc dùng công thức đổi biến số với kỹ thuật phân tích số hạng đơn giản tích phân phần đưa dạng Ví dụ minh hoạ: I= dx d(x  1)  x   x  ln x   C = dx dx   I=  1 x  x1 0 x   2  2  1 arectg  x   2 3     arectg3  arectg  3 3 =         6 3 13 1 dx dx  I=  2 x  2x  (x  1) 2 = (x  1) d(x  1)   1  1 2 dx dx   x2  3x  (x  1)(x  2) x  1dx I= = ln (x  1) x  2dx x1 C x2 xdx xdx  2x2  3x  (x  1)(2x  1) I= x A B (2A  B)x  A  B    (x  1)(2x  1) x  2x  (x  1)(2x  1) Ta có:  2A  B 1   A  B 0 Khi đó: dx dx d(x  1) d(2x  1)   x  2x   x    2x  Vậy I = = ln (x + 1) - ln (2x + 1) + C 1  3ln x    3ln3  3ln2 3  3ln x3  2x  dx dx (x2  2x  2)dx 3  x x 0 1  =  x  x  2x 3  =  A 1    B  I7= x dx A Bx  D Ta cã   1 x 1 x1 x  x1 (A  B)x2  ( A  B  D)x  A  D = x3  Hay ta có: 14  A  B 0    A  B  D 0  A  D 1   1  A 1/   B  1/  D 2 /  dx  x2   dx  Vậy I7 =  30 x1 30 x  x1 VI TÍCH PHÂN CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC - HÀM SỐ CHỨA CĂN THỨC Phép vạn Đặt tg x t  R(sinx, cosx)dx R hàm hữu tỉ Đối với dạng ĐB: Có thể dùng phép cosx = t R lẻ sinx &sinx = t Nếu k d với cosx, tgx = t k chẵn với sinx &cosx  sin x cosxx dx TH1: số mũ m n số lẻ dương đặt hàm có số mũ chẵn t TH 2: Cả số mũ m&n chẵn dương dùng cơng thức góc nhân đôi  sin mx cos nx dx Dùng cơng thức biến đổi tính thành tổng Phép lượng giác I1 = R ( x; � a  x ) dx ; I3 = R  x; � x  a dx   I2 � R x; a  x dx  I1 dùng phép thế: x = asint x =acost I2 dùng phép thế: x = atgt x = acotgt I3 dùng tích phân phần Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: I = dx 4sinx  3cosx  15 2t 1 t2 2dt sinx = ; cos t  ; dx  1 z2 1 t2 1 t2 x Đặt tg t Khi Hay 2dr dt 1 t2    C I=  2  t  2t 1 t (t  2)  5 2 1 t 1 t I=  C x tg  2 (sinx  sin3 x  cos2x dx Ví dụ 2: Vì hàm số dấu tích phân lẻ sinx nên ta đặt cosx = t dr =- sinxdx Vậy (2  t2 )( dr) t2  dt I=   dt  dt  2t2   22t21 2t2  = Ví dụ I3= dt d(t 2) t  2    ln 2 2 t 2)2  2 t   C dx sin x  2sinx cosx  cos x 2 Nhận xét: Hàm dấu tích phân chẵn sinx & cosx nên đặt tgx = t Khi đó: sinx = t 1 t ; cosx  1 tg x  1 t dx = dt 1 t2 Vậy dt d(t  1) t  1   ln C I3=  2 t  2t  2 t   (t  1)  Hay I3=   2 ln tgx 1 tgx 1 C Ví dụ I4= sin x cos x dx Đặt sinx = t  dt = cosx dx 16 Vậy I4= 15 2 t (  t ) dt  t  t  t C  Hay I4= sin x  sin7 x  sin9 x  C sin3 xdx Ví dụ I5= cosx cosx   (1 cos x).cos x sinxdx Đặt cosx = t  - sin xdx = dt  I5= - (1 - t2) t-4/3dt = = Ví dụ sin x cosxdx 3  cosx3 cos2 x  C cosx 1 (  cos x ) dx  x  sin4x  C 8 32  1_ cos2x  Ví dụ cos xdx (cos x) dx    dx    Ví dụ sin2x cos5xdx (sin7x  sin3x)dx =  1 cos7x  cos3x  C 14 Bài tập đề nghị: I1= dx 3 5sinx  3cosx I2= dx 1 sinx cos2 xdx I3=  sin x  4sinx cosx I4= sin x dx 2 x I5= sin x cos dx 4 I6= sin3x sinxdx Phép lượng giác với hàm số vô tỉ A  x2 đổi biến x = Acost x = Asint I1=  4 x dx x = 2cost  dx = -2 sintdt Khi t=  x = ; t = x = 17 Vậy   4cos t I1= (- 2sint)dt  /2 /2 /2 = sin  dt 2 (1 cos2t)dt  0 dx I2=  x  1 x Đặt x = cost  dx = - sintdt Nếu t = /2 x = 0; t = x = /2 Vậy: I2= sint dt  cos t  sin t /2 Xét J2= cost dt  cost  sint Khi I2 + J2 = /2 Và  cost  sint 0 cost  sintdtln cost  sint J2 - I2 = /2  I2 = J2 Vậy I2 = J2 = /4 * Với hàm A  x2 I3 =  đổi biến x = Atgt  x2 dx Đặt x = tgt  dx = (1+tg2t)dt x Với t = /4 x = 1; t = /3 x =  /3  I3 =  /4 1 tg2t tg t  /3 (1 tg t)dt cos2 tdt   / sin t cos t Đặt sin t = u  du = costdt ; x = /2 Vậy I3 = dx u2(1 u2) 2 18  /3 costdt 2  / sin t cos t  Vậy I3 = 1       u 1 u 1 u dx 2  1 1 u   =    ln u  u    2 2   2    ln   2   + Với hàm x2  A đổi biến x = A/cost lấy tích phân phần 3 x  dx  x2 (3x x2  1)dx 31 x Ví dụ 1: I1= Đặt x2 = u  du = 2xdx 3x x2  V ' V  (x2  1)3 (Với x =  u = ; x =  u = 9) 1 2 Khi đó: I =  x (x  1) 3   ( x  ) xdx  1  1 =  x (x  1) 3  3/ 2  ( x  ) d ( x  )  1  1 =  x (x  1) 3 1  ( x  )  3 2  2 3 I2 = 3 x2 dx Đ ặt u  x2   u'  x x2  v' =  v = x Vậy I2 = x x  Có I3 = x2 x 1 2  x2 x dx 2  I 1 2  x    1 dx x2  2 = I2 + ln x  x   I2 + ln (2 + ) 19 Vậy I2 = + = I2 - ln (2 + )  I2 = 3 ln(2  3) * Các hàm vơ tỉ khác Ví dụ 1: I1 = x x  1dx Ví dụ 2: I2 = Đặt Vậy  x2   x2  t  dt x2 xdx x2  xdx 2xdx x2  x2  1  I2 = (t  2)dt  t  2t  C 3  = (x2  2)3  x2   C e Ví dụ 3: I3 = e  Đặt x3dx 13 2 2 ( x  ) d ( x  )  ( x  ) C  22 1 3lnx.lnx dx  1 3lnx.lnx d(lnx) x lnx = t  dt = d (lnx) x =  t = 0; x = e  t = 1  I3 =  1 3t.tdt Đặt Với 1 3tu  du  u2  I3 = u.  Ví dụ 4: I4 = x Đặt Với 3dt dt  udu 1 3t t =0u=1;t=1=2  1 2  udu (u  u )du 90 3 dx x2   x2  t  dt  x xdx x x 4 x2  dx & x2 t2  x   t 3 ; x 2  t 4 20 1 3   2 I4 = (t  4).dt t  4t Ví dụ 5: I5 = 1 Đặt Với  6.4   27    16    12     x dx x x  t  dx 2tdt ; x t2  x = t = ; x = Vậy t = 1 2t(t2  1) t2  dt 2(t  1)dt 2 dt I5 =   t  t 0  t3  =   2t   1 dt   (t  1)dt 2      t 0   t3  =   2t      t2  2  t  4ln t  1 2    11  4ln2 VII CÁC HÀM SỐ KHÁC 2x(x  x2  1)  dx Ví dụ 1: I1 =   2 x  x  x x  2xdx = 2x2dx 2x x2  1dx = x  I2 3 Ta có I2 = (x  1) d(x  1)  (x2  1)  C1 Vậy I2 = 2 2 x  (x2  1)3  C 3 x4 dx Ví dụ 2: I3 =  x  11 Đặt x = - t  dx = - dt Với x = - t = ; x = t = -1 1 1 t4 2t.t4 x4 2x  dt   dx Khi đó: I3 =   t t x    1 1 1  x4 x4 2x   dx  x4dx  x5  Vậy I3 + I3 =  x x  1   1 1 1 21  1  I3 = 1/5  Ví dụ 3: I4 = x sin x dx   cos x Đặt x =  - t  dx = - dt; x = t =  x =  t = 0 Vậỵ  (  t)sintdt d(cost)     I  arctg (cosx) I4 =   2  cos t  cos t  2   PHẦN III KẾT LUẬN Để góp phần đổi phương pháp dạy học mơn toán trường THPT, việc đổi phương pháp dạy giải tập có vai trị quan trọng, tổ chức có hiệu việc dạy giải tập tốn học nâng cao chất lượng dạy tốn học Trong đề tài này, tơi trình bày số ý kiến vấn đề Hướng dẫn học sinh giải toán nguyên hàm tích phân cách nhận dạng đề phương pháp giải điển hình Những kết nghiên cứu đề tài cho phép tin bồi dưỡng cho học sinh khả phân tích, tổng hợp, ứng dụng lý thuyết vào toán thực tiễn, giáo viên góp phần thực mục đích u cầu việc dạy học theo hướng phát triển lực cá nhân, đặc biệt phát triển lực trí tuệ học sinh, rèn luyện cho học sinh linh hoạt khả sáng tạo Song đề tài khơng thể tránh khỏi thiếu xót, tơi mong góp ý chân thành từ đồng nghiệp Tôi xin cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm 2018 Tơi cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Đỗ Thị Hồng Hạnh TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa Đại số Giải tích 12 - Tác giả: Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn - Nhà xuất Giáo dục; 22 [2] Bài tập Đại số Giải tích 12 - Tác giả: Vũ Tuấn, Trần Văn Hạo - Nhà xuất Giáo dục; [3] Sách giáo khoa Đại số Giải tích 12 nâng cao - Tác giả: Đồn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan - Nhà xuất Giáo dục; [4] Bài tập Đại số Giải tích 12 nâng cao - Tác giả: Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm - Nhà xuất Giáo dục; [5] Các giảng luyện thi mơn tốn - Tác giả: Phan Đức Chính, Vũ Dương Thụy, Đào Tam, Lê Thống Nhất - Nhà xuất Giáo dục; [6] Toán nâng cao Đại số Giải tích 12 - Tác giả: Nguyễn Tuấn Khơi, Nguyễn Vĩnh Cận - Nhà xuất Đại học Sư phạm; [7] Báo Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất Giáo dục; [8] Đề thi tuyển sinh mơn Tốn - Tác giả: Phan Đức Chính, Đăng Khải Nhà xuất Giáo dục; [9] Các đề thi đại học năm trước; [10] Các đề thi thử đại học năm trước; [11] Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 10, 11, 12 tỉnh năm trước 23 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT LÊ LỢI 24 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI CÁC BÀI TỐN TÍCH PHÂN BẰNG CÁCH NHẬN DẠNG VÀ ĐỀ RA PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐIỂN HÌNH Người thực hiện: Đỗ Thị Hồng Hạnh Chức vụ: Hiệu trưởng SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HỐ- NĂM 2018 25 26 ... hướng tìm lời giải cho tốn ngun hàm tích phân khó khăn Trên quan điểm hoạt động, đề tài muốn nghiên cứu, hướng dẫn học sinh giải toán nguyên hàm tích phân cách nhận dạng đề phương pháp giải điển. .. ý kiến vấn đề Hướng dẫn học sinh giải tốn ngun hàm tích phân cách nhận dạng đề phương pháp giải điển hình Những kết nghiên cứu đề tài cho phép tin bồi dưỡng cho học sinh khả phân tích, tổng hợp,... HOÁ TRƯỜNG THPT LÊ LỢI 24 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI CÁC BÀI TỐN TÍCH PHÂN BẰNG CÁCH NHẬN DẠNG VÀ ĐỀ RA PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐIỂN HÌNH Người thực hiện: Đỗ Thị Hồng Hạnh Chức vụ: