Khai thác tích chất của tích phân nhằm phát huy tư duy ẩn hàm cho học sinh hướng tới kỳ thi THPT quốc gia

MỤC LỤC 1 I MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Với việc đổi hình thức thi tốt nghiệp trung học phổ thông xét tuyển Đại học, mơn Tốn kiểm tra, đánh giá qua đề thi trắc nghiệm Nếu học sinh biết sử dụng máy tính cầm tay lợi việc tìm đáp án cho toán, đặc biệt phần nguyên hàm, tích phân Học sinh nhờ trợ giúp máy tính mà tìm kết khơng cần giải, không cần tư nhiều Tuy nhiên, điều làm cho học sinh lười tư duy, lệ thuộc q nhiều vào máy tính Bên cạnh đó, mục tiêu hàng đầu giáo dục chương trình giáo dục phổ thơng tổng thể mà Bộ Giáo dục xây dựng mơn tốn nhằm hình thành phát triển lực toán học, đặc biệt vận dụng tư cách sáng tạo Tuy kiểm tra đánh giá theo hình thức trắc nghiệm yêu cầu đặt cần nâng cao lực, phát triển tính sáng tạo cho học sinh Chính lẽ đó, tốn u cầu phải có tư cao ngày nhiều Mảng kiến thức nguyên hàm – tích phân ứng dụng trước vốn học thi nhẹ nhàng, khai thác sâu có liên hệ chặt chẽ với nội dung khác hệ thống câu hỏi trắc nghiệm Theo xu hướng này, lớp tích phân học sinh phổ thơng đời Đó toán vận dụng tư sáng tạo kiến thức để học sinh phải suy nghĩ, liên hệ, xâu chuỗi kiến thức Các toán xuất ngày nhiều đề thi năm 2017, đề thi minh họa Bộ đề thi thử trường trung học phổ thông nước năm 2018 Một dạng toán được khai thác kỹ thú vị vận dụng tính chất tích phân ứng dụng lớp tốn ẩn hàm Ngồi u cầu đòi hỏi học sinh cần hiểu sâu rộng kiến thức, người thầy phải biết cách định hướng ơn tập cho học sinh Vì lẽ đó, muốn giúp cho học sinh đặc biệt học sinh lớp 12 chuẩn bị tốt cho kỳ thi trung học phổ thông quốc gia, khơng bị bỡ ngỡ tâm lí gặp dạng toán Đồng thời, giúp em có tư linh hoạt nhạy bén, có nhìn sâu sắc ngun hàm – tích phân tơi chọn thực đề tài: “Khai thác tính chất tích phân nhằm phát triển tư ẩn hàm cho học sinh hướng tới kỳ thi trung học phổ thơng quốc gia” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Mục đích nghiên cứu SKKN lớp tích phân ẩn hàm để hướng dẫn học sinh nhanh chóng giải vấn đề, vận dụng tốt tính chất nguyên hàm, tích phân như: “sự sai khác hàm họ nguyên hàm”, “tính khơng phụ thuộc biến”, “sự đồng tích phân”, “quan hệ thứ tự”, “hàm tích phân” Để giải tốt loại toán này, ta cần vận dụng thành thạo kiến thức đạo hàm, nguyên hàm, tích 2 phân ứng dụng mà phần lớn học sinh lại gặp nhiều khó khăn Với thực trạng vậy, viết sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến kinh nghiệm, chứa đựng kỹ bản, quan trọng mà học sinh cần phải nắm muốn tiến đến trình độ giải tốt toán vận dụng thấp vận dụng cao phần tích phân Đồng thời chứa đựng kỹ thuật, ý tưởng vận dụng lực toán học tương đối cao phức tạp tư 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Đối tượng nghiên cứu là: * Các toán đề thi THPT Quốc gia 2016 – 2017, đề minh họa Bộ GD & ĐT năm 2018 đề thi thử trường THPT nước * Vận dụng kiến thức, kỹ toán vào việc nghiên cứu phương pháp truyền đạt tới học sinh ý tưởng toán * Khai thác tính chất nguyên hàm, tích phân vào lớp toán vận dụng cao đề thi THPT QG 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Tự giải sáng tác tốn vận dụng tích phân ẩn hàm, kết hợp với thực tế giảng dạy để đúc rút nên cách thức định hướng, truyền đạt phù hợp tới học sinh II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm: 2.1.1 Những kiến thức bản: Ngoài kiến thức hàm số, đạo hàm, nguyên hàm – tích phân, biết sách giáo khoa sáng kiến có sử dụng số kiến thức sau trích từ nguồn tài liệu tham khảo: a Quan hệ thứ tự tích phân: Định lí 1.1: Cho f ( x) g ( x) hai hàm liên tục [a, b] thỏa mãn b b f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx f ( x) ≥ g ( x) với ∀x ∈[a, b] Khi ∫a a Định lí này, ta dễ dàng suy từ cơng thức tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y = f ( x), y = g ( x) đường thẳng x = a x = b Ngồi ra, ta có: Định lí 1.2: Cho f ( x) hàm liên tục, không âm [a, b] tồn b f ( x)dx > x0 ∈[a, b] cho f ( x0 ) > Khi ∫a Ở đây, ta khơng chứng minh định lí Nhưng từ ứng dụng tính diện tích hình phẳng giới hạn tính liên tục hàm f ( x) khơng khó để hình dung Từ định lí trên, ta có hệ quan trọng sau: 3 b ∫a f ( x)dx = f ( x ) [ a , b ] Hệ quả: Cho hàm liên tục, khơng âm Khi f ( x) = với ∀x ∈[a, b] b Tính chất hàm tích phân: Trong sáng kiến này, ta khai thác sử dụng hàm có tên gọi hàm tích phân, xây dựng sau: Cho f (t ) hàm số liên tục ¡ a số thực Khi đó, ta xét tương ứng xác định: x “Với số thực x ta đặt F ( x) = ∫ f (t )dt a ” Khi đó, dễ dàng khẳng định x F ( x) hàm số Ngoài ra, F ( x) = ∫ f (t )dt a có số tính chất sau: a F (a) = ∫ f (t )dt = a + + F '( x) = f ( x) với ∀x ∈ ¡ F ( x) hàm có đạo hàm liên tục Tiếp sau đây, ta vào phần nội dung sáng kiến 2.1.2 Các dạng toán: 2.1.2.1 Ẩn hàm qua dạng thức vi phân: Ta xét dạng toán sau: Dạng 1: g( f ( x)) f '( x) = h( x) Ví dụ 1.1.1: Cho hàm số y = f ( x) không âm, liên tục ¡ , thỏa mãn f (1) = ∫ [f ( x)] dx f ( x) f '( x) = x với ∀x ∈¡ Tính Phân tích - Từ giả thiết, f ( x) f '( x) = x ta liên tưởng tới dạng thức vi phân udu - Từ đó, ta dùng nguyên hàm để biểu diễn hàm f ( x) Lời giải  f ( x)  x2 f ( x ) f '( x )d x = x d x ⇒ = + C ∫ ∫ 2 Do f ( x) f '( x) = x nên Mặt khác, f (1) = nên C = hay f ( x) = x +  x3  13 [ f ( x )] d x = [ x + 2]d x = + x  ÷ = ∫1 ∫1  1 Vậy 2 2 Ví dụ 1.1.2: 4 Cho hàm số y = f ( x) liên tục ¡ , thỏa mãn f ( x) > với ∀x ∈¡ , f (1) = f '( x) − f ( x) = Tính Phân tích ∫ [f ( x)] dx f '( x) − f ( x) = ⇔ - Từ giả thiết, f '( x) du =2 f ( x) ta liên tưởng tới dạng u - Từ đó, ta dùng nguyên hàm để tìm hàm f ( x) Lời giải Do f ( x) > với ∀x ∈¡ nên f '( x) =2 ⇒ f ( x) f '( x) − f ( x) = ⇔ ∫ f '( x) dx = ∫ 2dx ⇒ ln | f ( x) |= x + C f ( x) x +C x −2 Suy ra, f ( x) = e Mặt khác, f (1) = nên C = −2 hay f ( x) = e 3 ∫ [f ( x)] dx = ∫ [e ] dx = ∫ e4 x −4 dx = x −2 e4 x −4 e8 −1 = 4 1 Vậy Ví dụ 1.1.3: Cho hàm số y = f ( x) liên tục ¡ , f ( x) > −1 với ∀x ∈¡ , f (0) = thỏa f '( x) x + = x f ( x) + A B 64 Tính ∫ x f ( x)dx C 49 Phân tích f '( x) x + = x f ( x) + ⇔ - Từ giả thiết, D 81 f '( x) 2x = f ( x) + x + liên tưởng du u ta tới dạng thức vi phân - Từ đó, ta dùng nguyên hàm giả thiết f (0) = để có hàm f ( x) Lời giải Do f ( x) > −1 với ∀x ∈¡ nên f '( x) x + = x f ( x) +1 ⇔ Suy ∫ f '( x) 2x = f ( x) + x +1 f '( x) 2x dx = ∫ dx ⇔ f ( x ) + = x + + C f ( x) + x +1 5 Theo giả thiết, Vậy f (0) = nên C = hay f ( x) = x 4 0 ∫ x f ( x)dx = ∫ x.x dx = ∫ x dx = x4 = 64 Ta chọn đáp án B Tiếp theo, ta xét câu trắc nghiệm đề thi thử sau: Ví dụ 1.1.4: (Câu 43 – Thi thử lần THPT chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm khơng âm [0,1] thỏa [f ( x)]4[f '( x)]2.( x + 1) = + [f ( x)]3 f ( x) > với ∀x ∈[0,1] biết f (0) = Hãy chọn khẳng định khẳng định sau: A < f (1) < < f (1) < C < f (1) < B D < f (1) < Phân tích - Từ giả thiết hàm dương, đạo hàm không âm [f ( x)]4[f '( x)]2.( x + 1) = + [f ( x)]3 [0,1] khơng khó để ta [f ( x)]2 f '( x) du = + [f ( x)] x + giúp liên tưởng tới dạng thức vi phân u có - Bước vận dụng kiến thức nguyên hàm để đưa hàm f ( x) Lời giải Ta có, f ( x) hàm dương, có đạo hàm khơng âm nên: [f ( x)]2 f '( x) [f ( x)]4[f '( x)]2 ( x2 + 1) = + [f ( x)]3 ⇔ = + [f ( x)] x +1 [f ( x)]2 f '( x) d ( 1+[f ( x)] ) ∫ + [f ( x)]3 dx = ∫ x2 + 1dx ⇔ ∫ + [f ( x)]3 = ∫ x +1dx Suy Với việc đặt t = x + x + ∫ dx = ln x + x + + C x +1 Khi đó, d ( 1+[f ( x)] ) = ∫ dx ⇔ ∫ 3 + [f ( x)] x +1 Mặt khác, f (0) = nên C = + [f ( x)]3 = ln x + x +1 + C f ( x) = 3   ln x + x + + 3 −1   6 Vậy f (1) = 3   ln + + 3 − ≈ 2,605128   Ta chọn đáp án B Nhận xét: Không dừng lại mối liên hệ hàm đạo hàm Ta mở rộng toán cho quan hệ đạo hàm cấp liên tiếp ví dụ sau: Ví dụ 1.1.5: (Câu 48 – Thi thử THPT Như Thanh – Thanh Hóa) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm xác định, liên tục đoạn [0,1] đồng thời thỏa mãn điều kiện f '(0) = −1; f '( x) ≠  f '( x)  = f ''( x) với ∀x ∈[0, 1] Đặt P = e f (1) − f (0) Hãy chọn khẳng định ? B ≤ P < A ≤ P < C −1 ≤ P < D −2 ≤ P ≤ −1 Phân tích - Trong ví dụ hệ thức hàm đạo hàm cấp Nhưng ví dụ thay vào quan hệ đạo hàm cấp đạo hàm cấp hai f (1) − f (0) - Mặt khác, yêu cầu tốn tính giá trị P = e nên ta f (1) − f (0) = ∫ f '( x)dx hướng tư tới việc xác định - Chính vậy, chất tốn khơng có thay đổi Lời giải Do f '( x) ≠ với ∀x ∈[0, 1] nên f ''( x) ∫  f '( x) dx = ∫ dx ⇔    f '( x)  = f ''( x) ⇔ '   ∫ −  f '( x)  dx = ∫ dx ⇔ f ''( x) =  f '( x ) Do = − x + C f '( x) f '( x) = − f '(0) = − x +1 Mặt khác, nên C = −1 1 1 f (1) − f (0) = ∫ f '( x)dx = ∫ − dx = − ln | x + 1| = − ln x +1 0 Ta lại có P = e f (1)− f (0) = e− ln = Vậy Ta chọn đáp án B Nhận xét, đánh giá: Trong ví dụ trên, tư chủ yếu ta tách hàm ẩn f ( x) hàm tường minh h( x) để dùng kỹ thuật tích phân xử lí tốn Nhưng khơng phải làm vậy, ta xét tiếp dạng sau đây: Dạng 2: [g ( x) f ( x)]' = h( x) 7 Ví dụ 1.2.1: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục [0,1] thỏa mãn f ( x) + x f '( x) = x 2018 với ∀x ∈[0,1] Tính f (1) Phân tích - Đối với tốn này, ta dễ dàng thấy vế trái có dạng [x f ( x)]', vế phải 2018 hàm h( x) = x Từ đó, ta xác định f (1) qua tích phân [0,1] Lời giải 2018 Ta có f ( x) + x f '( x) = x với ∀x ∈[0,1] nên: 1 0 2018 ∫  f ( x) + x f '( x) dx = ∫ x dx ⇔ f (1) = 1 x 2019 ' 2018 x f ( x ) d x = x d x ⇔ x f ( x ) =    ∫ ∫ 2019 0 2019 Do đó, ta có Ví dụ 1.2.2: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục [0,1] thỏa mãn f ( x) + x f '( x) = x 2017 với ∀x ∈[0,1] Tính Phân tích F = ∫ f ( x)dx - Đối với tốn việc tách trực tiếp dạng ∫ f ( x)dx 2017 - Xuất phát từ yêu cầu tính giả thiết f ( x) + x f '( x) = x với ∀x ∈[0,1], qua khơng khó giúp ta liên tưởng tới việc tách f ( x) từ x f '( x) - Giúp học sinh tư cách sử dụng tích phân phần 2017 - Mặt khác, từ vế trái giả thiết f ( x) + x f '( x) = x ta liên tưởng tới dạng thức (u.v) = u'.v + u.v' Tuy nhiên, vận dụng vấn đề Lời giải 2017 Ta có f ( x) + x f '( x) = x với ∀x ∈[0,1] Nên 1 2017 ∫ f ( x) + x f '( x)dx = ∫ x dx ⇔ 4∫ f ( x)dx + ∫ x f '( x)dx = 0 1 ⇔ 4∫ f ( x)dx + x f ( x) − ∫ f ( x)dx = ⇔ 0 2018 1 x 2018 1 = 2018 2018 1  ∫ f ( x)dx =  2018 − f (1) ÷ Mặt khác, ta dễ dàng nhận thấy f (0) = Để tính f (1) ta có: f ( x) + x f '( x) = x 2017 ⇔ x f ( x) + x f '( x) = x 2020 ⇔ ( x f ( x)) ' = x 2020 8 Lấy tích phân hai vế, ta có: 1 ⇔ f (1) = 2021 2021 1 1   1 f ( x)dx =  − f (1) ÷ =  − = ÷  2018   2018 2021  2018.2021 1 2020 ∫ ( x f ( x)) 'dx = ∫ x dx ⇔ [x f ( x)] = Vậy ∫ Nhận xét: Từ ví dụ cho học sinh tư tách hàm hàm f ( x) từ hàm u ( x) f '( x) Tuy nhiên, từ ví dụ giúp ta có tư khác vận dụng dạng thức vi phân d(u.v) = v d u + u d v Ví dụ sau minh chứng cho điều Ví dụ 1.2.3: Cho hàm số y = f ( x) có đạo liên tục ( x + 2) f ( x) + ( x + 1) f '( x) = e x f (0) = Tính f (2) Phân tích ¡ thỏa mãn - Đối với tốn học sinh tư theo ví dụ cách máy x +1 ex x ( x + 2) f ( x) + ( x + 1) f '( x) = e ⇔ f ( x) + f '( x) = x+2 x + với ∀x ∈[0,2] móc x +1 việc tách x + f '( x) - Tuy nhiên, ví dụ có tư ta cần để tâm vận dụng dạng thức đạo hàm hàm tích (u.v) = u'.v + u.v' x - Nhưng với giả thiết ( x + 2) f ( x) + ( x + 1) f '( x) = e vế trái có phải đạo hàm tích hai hàm hay không? Điều làm ta phân vân, liệu hàm hàm nào? Tuy nhiên, ta viết lại giả thiết toán sau: f ( x) + ( x + 1) f ( x) + ( x + 1) f '( x) = e x ta tư theo ba hàm Vấn x đề tích ba hàm nào? Rất may trường hợp có xuất e vế phải Từ đó, ta tư hàm tích cần xác định Lời giải x x Ta có ( x + 2) f ( x) + ( x + 1) f '( x) = e ⇔ f ( x) + ( x + 1) f ( x) + ( x + 1) f '( x) = e ⇔ e x f ( x) + ( x + 1)e x f ( x) + ( x + 1)e x f '( x) = e x ⇔ [( x + 1)e x f ( x )]' = e x 2 x 'dx = e xdx ⇔ [( x + 1)e x f ( x)] = e x [ ( x + 1) e f ( x ) ] ∫0 ∫0 Suy ⇔ 3e2 f (2) − f (0) = e4 e2 e2 − ⇔ f (2) = f (2) = 2 Vậy Ví dụ 1.2.4: 9 Cho hàm số y = f ( x) có đạo liên tục ¡ \{ −1,0} thỏa mãn x( x + 1) f '( x) + f ( x) = x + x với ∀x ∈ ¡ \{ − 1,0} f (2) = − ln Biết 25 2 a + b + ab + f (3) = a + b ln (a, b Ô ), tớnh Phõn tớch - Cũng với tư sử dụng đạo hàm hàm tích, trường hợp tìm hàm tích khó ' ad − bc  ax + b   cx + d ÷ = (cx + d )  - Ta nhớ lại cơng thức tính:  Từ đó, chia hai vế cho ( x + 1) ta có hàm tích cần tìm Lời giải 2 Với ∀x ∈¡ \{0,1}, x( x + 1) f '( x) + f ( x) = x + x ta chia hai vế cho ( x + 1) ' x x x x f '( x) + f ( x) = ⇔  f ( x)  = x +1 ( x + 1) x +1  x +1 x +1  Từ đó, ta có ' x  x  ∫  x + f ( x) dx = ∫ x + dx ⇔ x f ( x) = x − ln | x + 1| +C x +1 f (2) = − ln f (2) = − ln(2 + 1) + C ⇔ C = −2 Mặt khác, nên + Do đó, 4 4 x f (3) = (3 − ln(4) − 2) = − ln = − ln f ( x) = x − ln | x + 1| −2 x +1 3 3 Suy 25 a= , b=− a + b2 + 3ab + = 3 nên Vậy Nhận xét, đánh giá: Trong dạng tốn thứ hai, tư khai thác, vận dụng mở rộng công thức đạo hàm hàm tích (u.v)' = u ' v + uv ' hay xác dạng thức vi phân d(u.v) = v d u + u d v Tuy nhiên, không dừng lại dạng u vdu − udv d  ÷ = v2 tích ta khai thác ý tưởng cho dạng thương  v  Ý tưởng nằm số câu trắc nghiệm đưa vào phần tập vận dụng nâng cao sáng kiến 2.1.2.2 Ẩn hàm dấu tích phân: Trong phần này, ta sử dụng tính chất thú vị tích phân nhắc tới từ phần kiến thức Đây dạng toán xuất đề thi 10 10 ∫ [f ( x)] dx - Vấn đề ta phải tìm hàm f ( x) tính 1 1 2 ∫0 [f ( x)]2 dx + ∫0 [f '( x)] dx = ∫0 A dx = Theo giả thiết, ta đưa dạng không ? Vậy số vế phải đẳng thức có vai trò ? f '( x) ∫0 f ( x) dx - Từ đó, hướng ta tới việc tính Lời giải 1 f '( x) f (1) ∫0 f ( x) dx = ln f ( x) = ln | f (1) | − ln | f (0) |= ln f (0) = ln e = Ta có 1 d x + ∫0 [f ( x)]2 ∫0 [f '( x)] dx = Mặt khác nên 1 1 f '( x) ∫0 [f ( x)]2 dx − 2∫0 f ( x) dx + ∫0 [f '( x)] dx = ⇔   ∫0  f ( x) − f '( x) ÷ dx = 1 − f '( x) − f '( x) = Trên [0,1], f '( x) liên tục nên f ( x) liên tục, f ( x)  f ( x)  f ( x) f '( x)dx = ∫ dx ⇔ = x + C ⇔  f ( x)  = x + 2C ∫ Ta suy f ( x) = x + C= f (1) = e f (0) e − (Do f ( x) > ) e − hay Mặt khác, nên 1  e2 +  [ f ( x )] d x = x + d x = ÷ 2 ∫0 ∫0  e − e −  Vậy Ví dụ 2.3: (Câu 50 – Đề thi thử lần THPT Hà Văn Mao – Thanh Hóa)  π 0,  Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục   thỏa mãn π π π π f (0) = 0, ∫ [f ′( x)]2dx = ∫ sin x f ( x)dx = f ( x)dx Tích phân ∫0 0 bằng: π π A B C Phân tích π D π π π ′ [ f ( x )] d x = sin x f ( x)dx = ∫0 ∫ ta phải tìm - Để khai thác giả thiết mối liên hệ hai biểu thức dấu tích phân Chính vậy, ta dùng kỹ thuật để từ tích phân thứ hai làm xuất hàm f '( x) 12 12 - Sau có mối liên hệ, ta tìm cách đưa dạng tích phân hàm liên tục, khơng âm (hoặc khơng dương) - Từ đó, ta tìm hàm f '( x) suy hàm f ( x) Lời giải π Theo phương pháp tích phân phần, ta tính u = f ( x) du = f '( x)dx ⇒   v = − cos x d v = sin x d x   Đặt Ta có: π ∫ sin x f ( x)dx π π π π = ∫ sin x f ( x)dx =  − cos x f ( x)  + ∫ cos x f ′( x)dx cos x f ′( x)dx = ∫ 4 nên Mặt khác, hàm dấu tích phân có xuất hàm cos x, nên ta nghĩ π π tới tích phân ∫ cos π Từ giả thiết, π 2 π xdx = π π π ∫ [f ′( x)] dx = , ∫ cos x f ′( x)dx = 0 π π 0 ∫ [f ′( x)] dx − 2∫ cos x f ′( x)dx + ∫ cos π 2 ∫ cos xdx = π , ta có ngay: π xdx = ∫ [f '( x) − cos x]2dx = 0 π [0, ] [ f '( x ) − cos x ] ≥ f '( x ) − cos x nên f '( x) − cos x = Do liên tục π π [0, ] [0, ] Vậy f '( x) = cos x Từ đó, ta có ∫ f ′( x)dx =∫ cos xdx nên π f ( x) = sin x + C Mặt khác, f (0) = suy C = Vậy f ( x) = sin x [0, ] Ta có π π 0 ∫ f ( x)dx = ∫ sin xdx = Ta chọn đáp án D Ví dụ 2.4: (Câu 50 – Đề minh họa Bộ GD & ĐT năm 2018) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục đoạn [0,1] thỏa mãn f (1) = 0, ∫ [f '( x)] dx = ∫0 x f ( x)dx = Tích phân A Phân tích B 1 ∫ f ( x ) dx bằng: C D 13 13 - Vấn đề phải xác định hàm f ( x) Theo giả thiết, ta tìm mối liên ∫ [f '( x)] dx = ∫x hệ f ( x)dx = Như ví dụ trên, ta phải làm xuất ∫ A dx = hàm f '( x) Sau đó, định hướng để đưa dạng Lời giải ∫ x f ( x ) dx Trước hết, ta tính theo phương pháp tích phân phần: du = f ′( x)dx u = f ( x)  ⇒ 1 x f ( x) 1  x = x f ( x )d x = − x f '( x)dx dv = x dx v = ∫0 ∫0 3  Đặt Ta có 1 1 f (1) − f (0) 11 = − ∫ x f '( x )dx = − ∫ x f '( x)dx x3 f '( x)dx = −1 ∫ 3 3 0 Nên ∫ [f '( x)] dx = Từ giả thiết ∫ x f '( x)dx = −1, 1 ta tìm tham số a cho: ∫ [f '( x)] dx + 2a ∫ x f '( x)dx + a ∫ x dx = ∫ [f '( x) + a.x ] dx = ∫ x dx = Ta lại có 3 0 x 1 2 = 7 nên + 2a.(−1) + a = ⇔ (a − 7) = ⇔ a = 7 ∫ [f ′( x) + x ] dx = 3 ′ ′ Suy Mặt khác [f ( x ) + x ] ≥ f ( x ) + x liên tục f ′( x)dx = ∫ (−7 x3 )dx ′ [0,1] nên f ( x ) + x = [0,1] Từ đó, ta có ∫ nên 4 7x 7x 7 f ( x) = − + C f ( x) = − + f (1) = ⇒ C = 4 Do 4 [0,1] Mà 1  x5  7 x4 f x d x = ( − + )d x = + x÷ = − ∫0 ( ) ∫0 4 20  Ta chọn đáp án A  Vậy Nhận xét, đánh giá: Tư để giải dạng toán khai thác giả thiết để làm xuất tích phân có giá trị khơng mà hàm dấu tích phân liên tục, khơng âm (hoặc khơng dương) hàm đồng khơng Đây dạng toán vận dụng dành cho học sinh khá, giỏi Học sinh muốn làm cần phải nắm vững kiến thức đạo hàm, tích phân Đặc biệt, học sinh cần phải có tư tốt mơn Toán Tuy nhiên, truyền đạt để học sinh nắm bắt kỹ thuật khai thác mối liên hệ tích phân học sinh trung bình hồn tồn có khả giải tốt dạng 2.1.2.3 Ẩn hàm qua tính khơng phụ thuộc vào biến tích phân: Ví dụ 3.1: 14 14 Cho hàm số y = f ( x) liên tục [0,1], thỏa f ( x) + xf ( x ) = 3x với ∀x ∈[0,1] Tính ∫0 Phân tích f ( x)dx - Đối với dạng toán này, chưa gặp nhiều học sinh lúng túng tìm hàm f ( x) dạng trước Tuy nhiên, tư học sinh tìm hướng - Ta biết, tích phân khơng lệ thuộc vào biến Vì thế, ta lấy tích phân từ tới hai vế xử lí dạng Lời giải ∫ xf ( x )dx Do f ( x) + xf ( x ) = x nên ∫ Nên ∫ để đưa ∫ f ( x)dx 1 0 11 11 f ( t )d t = f ( x)dx ∫0 ∫0 f ( x)dx + ∫ xf ( x )dx = ∫ 3x 3dx Ta xét ∫ xf ( x )dx = ∫ xf ( x )dx, đặt t = x , ta có 1 31 f ( x)dx + ∫ xf ( x )dx = ∫ 3x3dx ⇔ ∫ f ( x)dx = ⇔ 20 0 1 ∫ f ( x)dx = 1 ∫ f ( x)dx = Vậy Ví dụ 3.2: Cho hàm số y = f ( x) liên tục [0,1], thỏa f ( x) + x f ( x ) = x với x f '( x)dx ∀x ∈[0,1] Tính ∫0 Phân tích - Nếu học sinh tư dạng gần giống dạng trước ∫ ∫ x f '( x)dx f ( x)dx - Tuy nhiên, thay tính tốn lại u cầu tính - Nhưng tích phân phần giúp ta tách f ( x) từ x f '( x) Lời giải Ta có 1 0 ∫ x f '( x)dx = x f ( x) − ∫ f ( x)dx = f (1) − ∫ f ( x)dx 0 Từ f ( x) + x f ( x ) = x ta dễ dàng nhận thấy f (1) = Mặt khác, lấy tích 1 3∫ f ( x)dx + ∫ x f ( x )dx = 4∫ x 4dx phân hai vế, ta có 0 15 15 11 11 f ( t )d t = f ( x)dx ∫ ∫ 3 0 Bằng việc đặt t = x ta có Khi đó, 1 1 10 3∫ f ( x)dx + ∫ x f ( x3 )dx = 4∫ x 4dx ⇔ f ( x)dx = ⇔ ∫ f ( x)dx = ∫ 25 0 0 1 19 ∫0 x f '( x)dx = f (1) − ∫0 f ( x)dx = − 25 = 25 Vậy ∫ x f ( x )dx = Ví dụ 3.3: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục ¡ , thỏa [f ( x)] + f ( x) = x với ∀x ∈¡ Tính Phân tích π x 2 T =3 ∫ x +1 f ( x + − 1)dx − 2∫ cos x f (2sin x)dx - Ta thấy biểu thức tính T phức tạp Chính thế, ta nghĩ tới việc đổi biến số - Nhưng vấn đề đổi biến số biểu thức T liên hệ với giả thiết ? Lời giải x 2 Đặt x + −1 = t ∫ x2 +1 π Tương tự, đặt 2sin x = u 2 0 f ( x + −1)dx = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx ∫ cos x f (2sin x)dx = (*) 12 12 f ( u )d u = f ( x)dx ∫0 ∫0 (**) T = 2∫ f ( x)dx Kết hợp (*) (**) ta có Từ giả thiết [f ( x)] + f ( x) = x lấy đạo hàm hai vế, ta thấy f '( x) > Nên nhân hai vế với f '( x) lấy tích phân [0,2] ta có: 2 ∫ ( [f ( x)] + f ( x) ) f '( x)dx = ∫ x f '( x)dx 0 2  [f ( x)] [f ( x)]  ⇔ + = x f ( x) − ∫ f ( x)dx 0 ÷   [f (0)]4 [f (0)]2   [f (2)]4 [f (2)]2  f ( x)dx = f (2) +  + − + (***) ÷  ÷  4 Từ đó, ta có: ∫ 3 Mặt khác, giải phương trình [f (0)] + f (0) = [f (2)] + f (2) = ta có 10 T = 2∫ f ( x)dx = f (0) = 0, f (2) = Do đó, từ (***) ta tính Ví dụ 3.4: 16 16 Cho hàm số y = f ( x) − ∫0 x + f (log ( x +1))dx = Phân tích lẻ liên tục π ∫π cos x f (4sin x)dx = − [ − 4,4] thỏa Tính K = ∫ f ( x)dx - Theo yêu cầu toán, ta nhận định phải đổi biến số để đưa tích phân hàm f ( x) - Sau đó, tùy thuộc vào cận tích phân mà ta tìm mối liên hệ với K Lời giải 2 6=∫ f (log ( x + 1))dx = ln 2∫ f (t )dt = ln ∫ f ( x)dx x + log ( x + 1) = t 0 Đặt ∫0 f ( x)dx = ln nên − Tương tự, đặt 4sin x = u π −2 −2 = ∫ cos x f (4sin x)dx = ∫ f (u )du = ∫ f ( x)dx −4 −4 π − −2 suy ∫ f ( x)dx = −4 −2 Mặt khác, hàm f lẻ nên đặt x = −v Khi đó, ta có: 4 ∫ f ( x)dx = ∫ f (−v)dv = ∫ − f (v)dv = −∫ f ( x)dx ∫ f ( x)dx = −8 nên 6 − 8ln K = ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = −8 = ln ln 0 Vậy Nhận xét, đánh giá: Như vậy, tư tính khơng phụ thuộc vào biến lấy tích phân giúp có kỹ thuật hay để giải lớp toán ẩn hàm Bằng việc khai thác mở rộng lớp hàm ẩn qua hàm thức, lượng giác, mũ, logarit, thơng qua tính chất hàm hợp làm đa dạng hóa lớp tốn tích phân −4 2 2.1.2.4 Ẩn hàm qua hàm tích phân: Sau đây, ta nghiên cứu dạng tốn tìm giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) tích phân qua lớp hàm đặc biệt – hàm tích phân Ví dụ 4.1: Cho hàm số y = f ( x) có giá trị không âm liên tục [0,1], ta đặt x 1 g ( x) = + ∫ f (t )dt dx ∫ g ( x) ≤ f ( x) g ( x ) ∀ x ∈ [0,1], 0 Biết với tìm GTLN Phân tích 17 17 - Để giải tốn này, ta phải đánh giá hàm g ( x) thơng qua hàm cụ thể - Trước hết, ta phải tìm mối liên hệ tường minh hàm g ( x) f ( x) thông qua tính chất hàm tích phân Lời giải x Ta đặt F ( x) = ∫  F ( x) ≥ ∀x ∈[0,1]   F '( x) = f ( x) f (t )dt  g ( x) = + F ( x)  Theo giả thiết, ta có: F '( x) F '( x) ≥1 ⇔ −1 ≥ [1 + F ( x)] [1 + F ( x)]2 t  F '( x)  h(t ) = ∫  −1÷dx = − t − [1 + F ( x)] + F (t ) [0,1]  0 Xét hàm số F '(t ) h '(t ) = −1 ≥ [1 + F ( t )] Ta có nên h(t ) đồng biến [0,1] hay h( x) ≥ h(0) = g ( x) ≤ f ( x) ⇔ + F ( x) ≤ F '( x) ⇔ 1 1 4− x dx = ∫ dx ≤ ∫ dx = ≤ − x ∫ + F ( x) ∀x ∈[0,1] suy + F ( x) 0 Hay g ( x) 1  GTLN  ∫ dx ÷ = , f ( x) = g ( x)  (4 − x )  Vậy dấu xảy Ví dụ 4.2: Cho hàm số y = f ( x) có giá trị khơng âm liên tục [0,1], ta đặt x g ( x) = + 3∫ f (t )dt Biết g ( x) ≥ [f ( x)] với ∀x ∈[0,1], tìm GTLN ∫ g ( x)dx Phân tích - Bài tốn có thay đổi chút bất đẳng thức g ( x) ≥ [f ( x)] - Về tư tốn khơng có nhiều thay đổi Lời giải x Ta đặt F ( x) = ∫  F ( x) ≥ ∀x ∈[0,1]   F '( x) = f ( x) f (t )dt  g ( x ) = + 3F ( x )  Theo giả thiết, ta có: g ( x) ≥ [f ( x)]2 ⇔ + 3F ( x) ≥ [F '( x)]2 ⇔  F '( x) 2 −1÷dx = + 3F (t ) − t −  ÷ 3  + 3F ( x )  t Xét hàm số F '( x) ≤1 ⇔ + 3F ( x ) F '( x) −1 ≤ + 3F ( x)  h(t ) = ∫  [0,1] 18 18 h '(t ) = Ta có F '(t ) −1 ≤ + 3F (t ) nên h(t ) nghịch biến [0,1] + 3F ( x) ≤ x + h ( x ) ≤ h (0) = x ∈ [0,1] Suy ra, với nên Do đó, 1 3  ∫0 g ( x)dx = ∫0 + 3F ( x)dx ≤ ∫0  x +1÷ dx = 1  GTLN  ∫ g ( x)dx ÷ = , 0  f ( x) = x + dấu xảy Vậy Ví dụ 4.3: Cho hàm số y = f ( x) có giá trị không âm liên tục [0,1], ta đặt g ( x) = + ∫ f (t )dt x thỏa g ( x) ≤ f ( x) với ∀x ∈[0,1] Tìm GTNN ∫ ln[g ( x)]dx Phân tích - Trong trường hợp cận thay đổi cận Tuy nhiên, cần thiết ta đổi hai cận cho Tiếp sau, để tìm giá trị nhỏ phải đánh giá g ( x) qua hàm tích phân ∫ ln[g ( x)] dx ta Lời giải Đặt F ( x) = ∫ f (t )dt x  F '( x) = − f ( x)  g ( x ) = + F ( x )  Trên [0,1] ta ln có: < g ( x) ≤ f ( x) ⇔ + F ( x) ≤ − F '( x) ⇔ Xét hàm số  − F '( x) h(t ) = ∫  t  + F ( x) − F '( x) − F '( x) ≥1 ⇔ −1 ≥ + F ( x) + F ( x)  −1÷dx = −1 + ln[1 + F (t )] + t  [0,1] F '(t ) +1 ≤ + F ( t ) Ta có nên h(t ) nghịch biến [0,1] Suy ra, với x ∈[0,1] ta có h( x) ≥ h(1) = nên −1 + ln[1 + F ( x)] + x ≥ hay 1 1 ln[ g ( x )]d x = ln[1 + F ( x )]d x ≥ − x ) dx = ( ∫ ∫ ∫ ln[1 + F ( x)] ≥ − x Do đó, 0 h '(t ) = 1  GTNN  ∫ ln[g ( x)]dx ÷ = , 1− x 0  dấu xảy f ( x) = e Vậy Ví dụ 4.4: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục [0,1], đồng thời ta đặt g ( x) = − 2∫ f (t )dt x thỏa g ( x) ≤ x với ∀x ∈[0,1] Tìm GTNN ∫ [f ( x)] dx 19 19 Phân tích ∫ [f ( x)] dx 2 - Để tìm giá trị nhỏ tích phân ta phải đánh giá [f ( x)] 2 - Còn muốn đánh giá [f ( x)] ta phải dựa vào bất đẳng thức g ( x) ≤ x Lời giải ặt Đ F ( x) = ∫ f (t )dt x  F '( x) = − f ( x)  g ( x ) = − F ( x )  2 Ta ln có [f ( x) − x] ≥ hay [f ( x)] ≥ xf ( x) − x với ∀x ∈[0,1] 1 ∫ [f ( x)] dx ≥ 2∫ xf ( x)dx − ∫ x dx Nên ⇔ Ta lại có, 1 1 ∫ [f ( x)] dx ≥ −2∫ xF '( x)dx − 0 1 0 ∫ xF '( x)dx = xF ( x) − ∫ F ( x)dx = −∫ F ( x)dx 1 1− x2 1− x2 F ( x)dx ≥ ∫ dx = g ( x) ≤ x ⇔ − F ( x) ≤ x ⇔ F ( x) ≥ ∫ nên Mà 1 1 1 ∫0 [f ( x)] dx ≥ −2∫0 xF '( x)dx − = 2∫0 F ( x)dx − ≥ Ta suy ra, 2 1  GTNN  ∫ [f ( x)]2dx ÷ = , 0  Vậy dấu xảy f ( x) = x Nhận xét, đánh giá: Như vậy, nội dung phần chủ yếu giúp học sinh vận dụng tư linh hoạt mối liên hệ qua lại tính chất hàm ẩn, đạo hàm tích phân Qua đó, giúp học sinh có tư linh hoạt khai thác tốn phần ngun hàm – tích phân Trong khn khổ viết nhỏ khơng nhiều ví dụ phần thể ý tưởng tác giả muốn gửi gắm tới học sinh người đọc Sau đây, đề xuất thêm số tập vận dụng khai thác sâu ý tưởng 2.1.3 Bài tập vận dụng nâng cao: Câu (THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An) Cho hàm số y =  f ( x) khác không thỏa a f (1) + f (2) + + f (2018) = f (0) = − f '( x ) = (2 x + 3)[ f ( x )] Biết b với mãn a * a ∈ ¢ , b ∈ ¥ b tối giản Mệnh đề sau ? A a < −b B a > b C a + b = 1010 D b − a = 3029 20 20 Câu (THPT Kinh Môn – Hải Dương) Hàm số f ( x) liên tục dương f '( x) x = ¡ thỏa mãn f (0) = f ( x ) x + Giá trị T = f (2 2) − f (1) thuộc: A (2,3) B (7,9) C (0,1) D (9,12) Câu Cho hàm số y = f ( x) xác định, có đạo hàm liên tục (0, +∞) đồng x f '( x) = f ( x) > ( x + 1) f ( x) với ∀x ∈ (0, +∞) Biết f (0) = thời f (1) = a + b với a, b∈¢ Tính P = a.b A P = 66 B P = −66 C P = −36 D P = 36 Câu Cho hàm f ( x) không âm thỏa mãn f (0) = 0, f ( x) f '( x) = x [f ( x)] + Tìm giá trị nhỏ m giá trị lớn M f ( x) [1,3] A m = 2, M = 20 B m = 3, M = 11 C m = 3, M = 11 D m = 2, M = 20 Câu (PT Năng Khiếu – ĐHQG TPHCM) Cho hai hàm số f ( x) g ( x) có đạo hàm đoạn [1, 4] thỏa mãn f (1) + g (1) = 4, f ( x) = − x.g '( x) g ( x) = − x f '( x) Tính I = ∫ [f ( x) + g ( x)]dx A 8ln B 3ln C 6ln D 4ln Câu Cho hai hàm số y = f ( x) y = g ( x) có đạo hàm liên tục đoạn [0,1] thỏa mãn f (1).g (1) = 1, f '( x).g ( x) = 3x f ( x).g '( x) = −2 x Tính I = ∫ [f ( x).g ( x)]dx 13 12 I= 12 13 A B C D Câu (Sở GD & ĐT Bắc Ninh) Cho hàm số y = f ( x) liên tục có đạo hàm I= 11 12 I= 12 11 I= 3π ∀x ∈ (0, +∞) thỏa mãn f ( x) = x[sin x + f '( x)] + cos x Khi đó, f (π ) thuộc khoảng: A (5,6) B (6,7) C (12,13) ∫ f ( x)sin xdx = −4 π D (11,12) π [0, ], Câu Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục biết π π I = ∫ f ( x)dx ∀ x ∈ [0, ] f '( x)cos x + f ( x)sin x = với f (0) = Tính 21 21 2− π + A B C D Câu Cho hàm f ( x) đồng biến, có đạo hàm đến cấp hai liên tục [0,2] [f ( x)]2 − f ( x) f ''( x) + [f '( x)]2 = 0, ∀x ∈[0,2], biết f (0) = 1, f (2) = e4 Tính f (1) I= −1 I= 3− 3 A e B e I= 2− I= D e 2 C e Câu 10 (Sở GD & ĐT Quảng Nam) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục [0,1], f ( x) f '( x) nhận giá trị dương [0,1] thỏa mãn f (0) = 2, 1 0 2 ∫ [f '( x).[f ( x)] + 1] d x = 2∫ f '( x).[f ( x)] d x 15 A 15 B Tính 17 C I = ∫ [f (x)]3dx 19 D Câu 11 (THPT Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa) Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm dương, liên tục đoạn [0,1] thỏa mãn f (0) =    3∫  f '( x)  [f ( x)] + ÷ dx ≤ ∫    1 f '( x) f ( x)dx ∫ [f ( x)] dx Tính tích phân C A B D Câu 12 (THPT Thường Xuân – Thanh Hóa) Cho hàm số y = f ( x) có đạo [f '( x)]2 d x = − ln ∫ hàm liên tục [0,1] đồng thời thỏa mãn f (1) = 0, f ( x) I = ∫ f (x)dx ∫0 ( x + 1)2 d x = 2ln − Tính − ln − ln 2 − ln − 4ln 2 2 A B C D Câu 13 (Sở GD & ĐT Bắc Giang) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục 1 e2 −1 x [f '( x)] dx = ∫ ( x + 1)e f ( x)dx = I = ∫ f ( x)dx Tính [0,1] thỏa f (1) = ∫0 0 I= e −1 I= e A I = e − B I = − e C D Câu 14 Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục [1,8] thỏa mãn 2 2 28 3 2 ∫1 [f ( x )] dx + 2∫1 f ( x )dx = ∫1 f ( x)dx − ∫1 (x −1) dx ∫1 [f '( x)] dx Tính 8ln ln A 27 B 27 C D 22 22 Câu 15 Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục [0,1] thỏa mãn f (0) = I = ∫ f (x)dx 21( x −1)2 −12( x −1)2 −12 xf ( x) = [f '( x)]2 với ∀x ∈[0,1] Tính A B C −2 D −5 Câu 16 (Sở GD & ĐT Thanh Hóa) Cho hàm số f ( x) liên tục ¡ thỏa π 16 ∫ cot x f (sin x)dx = ∫ mãn π f ( x ) dx = x I= Tính tích phân A I = B Câu 17 Cho hàm số π I =∫ y = f ( x) f ( 4x ) dx x I= C I = liên tục D ¡ thỏa mãn x2 f ( x ) f (tan x)dx = 2∫ dx = I = ∫ f ( x)dx x +1 0 Tính A I = B I = C I = ∫ D I = Câu 18 (Sở GD & ĐT Nam Định) Cho hàm số y = f ( x) liên tục [1,4] f (2 x −1) ln x K = ∫ f ( x)dx f ( x) = + ∀ x ∈ [1,4] x x thỏa mãn với Tính 2 A K = 2ln B K = 2ln C K = + 2ln D K = ln Câu 19 Cho hàm số chẵn y = f ( x) liên tục ¡ thỏa mãn π ∫π − f ( tan x ) dx = 2x +1 f ( x) dx x2 + I =∫ Tính A I = B I = C I = D I = Câu 20 Cho hàm số y = f ( x) có giá trị khơng âm liên tục [0,1], ta đặt x g ( x) = + 2∫ f (t )dt , ∫ [g ( x)]2 dx biết g ( x) ≥ [f ( x)] với ∀x ∈[0,1] GTLN là: A B C D Câu 21 Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị không âm liên tục [0,1] đồng thời có nguyên hàm liên tục [0,1] Đặt g ( x) = + 2018∫ f (t )dt x thỏa mãn g ( x) ≤ f ( x) ∫ [g ( x)] dx với ∀x ∈[0,1] Tìm GTNN 23 23 20193 −1 A 3.2018 20193 + 3.2019 −1 3.2019 + 3 B 3.2018 C 2018 D 2018 Câu 22 Cho hàm số y = f ( x) có giá trị dương liên tục (0,1), ta đặt x2 g ( x) = + ∫ f (t )dt , biết g ( x) ≥ xf ( x ) với ∀x ∈[0,1], GTLN A e −1 B C e + 2.2 Thực trạng vấn đề trước thực SKKN ∫ g ( x)dx e +1 D bằng: Tháng 3/2018, trước thực việc truyền đạt tới học sinh tư ẩn hàm lớp 12A1, cho học sinh thử làm đề trắc nghiệm với yêu cầu phải định hướng lời giải cách tìm đáp án có nội dung sau: Câu 1: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục (0, +∞) thỏa mãn f (1) = ; f '( x) + (2 x + 3)[f ( x)]2 = ∫0 f ( x)dx f ( x ) > ∀ x > với Khi đó, là: A ln B ln C ln − ln D ln − ln Câu 2: Cho y = f ( x) hàm có đạo hàm liên tục đoạn 0,1 thỏa  x3 ′  x f ( x ) + f ( x)  dx f (1) = Tính ∫0   A 4 C D  0,1 B Câu 3: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục đoạn thỏa mãn 1 1 π ′ [ f ( x )] d x = f ( xπx )cos[ x ]d = f ( x)dx ∫0 Tính ∫0 f (0) + f (1) = 0, ∫0 3π A 2 B π D π C π ∫ x.f ( x )dx = Câu 4: Cho hàm số y = f ( x) liên tục đoạn 0,9  thỏa mãn π ∫ cosx f (sinx)dx = ∫ f ( x)dx Tính A B 15 C 24 D 12 Câu 5: Cho hàm số dương y = f ( x) xác định có đạo hàm [0,1], đặt x g ( x) = + ∫ f (t )dt thỏa 4.g ( x) ≥ [f ( x)] , ∀x ∈[0,1] GTLN I = ∫ g ( x)dx là: 24 24 A 2.5 B 1.5 C 4.5 D 3.5 BẢNG KẾT QUẢ THỐNG KÊ Năm học 2017-2018 Sĩ số 28 Điểm 9, 10 SL % 0% Điểm 7, SL % 3,6% Điểm 5, SL % 21,4% Dưới SL % 21 75% 2.3 Các giải pháp thực để giải vấn đề: • Tổ chức cho học sinh học theo nhóm đối tượng, phân chia thành nhóm có trình độ tương đương để thiết kế giáo án phù hợp • Đối với nhóm học sinh giỏi hướng dẫn, gợi ý để em hiểu sâu vấn đề, tìm hướng vận dụng tốt vào dạng tập, sau giáo viên bổ sung tổng hợp • Thực trắc nghiệm khách quan để hình thành kỹ năng, thành thạo việc nhận dạng thao tác nhanh Sau đó, giáo viên kiểm tra, đánh giá điều chỉnh phương pháp học học sinh điều chỉnh nội dung giảng, phương pháp dạy giáo viên cho phù hợp 2.4 Hiệu sau áp dụng SKKN vào giảng dạy Sau giảng dạy kỹ phương pháp lớp 12A1, với việc kiểm tra đề khác có độ khó cao đề nêu kết thực khả quan nhiều, thể qua thống kê sau: Năm học Sĩ Điểm 9, 10 SL % Điểm 7, SL % số 2017-2018 28 10,7% 15 III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 53,6% Điểm 5, SL % 10 35,7% Dưới SL % 0% 3.1 Kết luận Sáng kiến viết qua nhiều suy ngẫm, đúc rút từ thực tế giảng dạy thân nên mang tính thực tiễn cao Ta thấy rằng, dạng tốn mở khai thác, mở rộng phạm vi nghiên cứu sâu Nhưng hạn chế số lượng trang viết SKKN, nên chưa thể truyền tải hết kinh nghiệm ấp ủ, thai nghén Tuy vậy, viết nhỏ thể tính thời sự, thực tế cấp thiết để hướng tới kỳ thi trung học phổ thông quốc gia tới Nhưng thiết nghĩ hiệu đề tài không dừng lại năm học 2017 – 2018 mà tiếp tục áp dụng cho khóa học sinh 25 25 Ngồi ra, tài liệu tốt để học sinh, đồng nghiệp tham khảo, vận dụng nhằm phát triển tư ẩn hàm, nâng cao lực chun mơn, phát huy tính sáng tạo việc dạy học Tốn phổ thơng 3.2 Kiến nghị * SKKN nên áp dụng đối tượng học sinh khá, giỏi * SKKN mở rộng, khai thác sâu dạng tốn Trên đây, tơi trình bày nội dung SKKN mình, viết chắn nhiều thiếu sót, mong nhận phê bình, góp ý hữu ích người đọc Tôi xin chân thành cảm ơn xin cam đoan viết mình, khơng chép lại SKKN ai! Thanh Hóa, ngày 02 tháng năm 2018 NHẬN XÉT CỦA CƠ QUAN NGƯỜI VIẾT TRẦN QUANG HUY 26 26 ... có tư linh hoạt nhạy bén, có nhìn sâu sắc ngun hàm – tích phân tơi chọn thực đề tài: Khai thác tính chất tích phân nhằm phát triển tư ẩn hàm cho học sinh hướng tới kỳ thi trung học phổ thông quốc. .. phần chủ yếu giúp học sinh vận dụng tư linh hoạt mối liên hệ qua lại tính chất hàm ẩn, đạo hàm tích phân Qua đó, giúp học sinh có tư linh hoạt khai thác tốn phần ngun hàm – tích phân Trong khn khổ... người thầy phải biết cách định hướng ơn tập cho học sinh Vì lẽ đó, muốn giúp cho học sinh đặc biệt học sinh lớp 12 chuẩn bị tốt cho kỳ thi trung học phổ thông quốc gia, không bị bỡ ngỡ tâm lí gặp