Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh một số dạng tính tích phân chứa hàm ẩn

MỤC LỤC Nội dung I MỞ ĐẦU………………………………………………………… Trang Lý chọn đề tài………………………………………………… 2 Mục đích nghiên cứu…………………………………………… Đối tượng nghiên cứu…………………………………………… Phương pháp nghiên cứu………………………………………… II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM………………… 2.1 Cơ sở lý 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………………… 2.3.1.Dạng 1………………………………………………………… 2.3.2.Dạng ……………………………………………………… 2.3.3.Dạng 3………………………………………………………… 13 2.3.4.Bài tập áp dụng…………………………………………… 15 II.4 Hiệu sáng kiến họat động dạy học 17 III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ………………………… 19 Kết luận ………………………………………………………… 19 Kiến nghị ………………………………………………………… 19 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Đứng trước toán, đặc biệt tốn khó người làm tốn ln đặt phương hướng giải Tuy nhiên người ham mê tốn cịn tìm cách giải quyểt khác nhau, tìm cách giải hay ngắn gọn lạ lại kích thích tính tị mị khám phá lịng say mê mơn học Trong chương trình tốn THPT (lớp 12) thường gặp tốn tính tích phân dạng hàm ẩn Đây dạng toán thường gặp đề thi học sinh giỏi đặc biệt kỳ thi tốt nghiệp THPT quốc gia Có nhiều phương pháp để giải dạng tốn Với học sinh phổ thơng việc sử dụng kỹ thuật biến đổi để đưa dạng cơng thức quen thuộc, chương trình học sách giáo khoa để tính tích phân dễ hiểu thiết thực cho học sinh ứng dụng Nhằm phát triển tư sáng tạo giúp học sinh biết cách tìm tịi q trình học tốn đặc biệt với em học khá, giỏi Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh ôn thi tốt nghiệp THPT tơi ln hướng cho em tìm nhiều cách giải tốn, mục đích nhằm phát triển tư sáng tạo kỹ làm tốn Với lí trên, từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thu được, tiến hành thực đề tài sáng kiến kinh nghiệm cho năm 2020 với nội dung “Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh số dạng tính tích phân chứa hàm ẩn ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Với việc nghiên cứu đề tài “Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh số dạng tính tích phân chứa hàm ẩn ” giúp học sinh, đặc biệt đối tượng học sinh học mức độ khá, giỏi tính tích phân cách nhanh hơn, lạ sáng tạo 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu sáng kiến áp dụng cho học sinh mức độ trung bình trở lên lớp 12 -THPT Nga Sơn –Thanh Hóa Tất nhiên với đối tượng lớp mà có ví dụ minh họa toán áp dụng khác 1.4 Phương pháp nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm trình bày dạng tốn tiêu biểu thường gặp, có ví dụ minh hoạ điển hình số tập áp dụng Qua mong muốn khai thác thêm hay đẹp tốn học đồng thời góp phần tăng thêm kỹ giải toán cho học sinh NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Trong chương trình tốn lớp 12 học sinh học nguyên hàm tích phân nhiên với dạng tích phân chứa hàm ẩn, học sinh thường coi dạng tốn khó lạ Tuy nhiên với việc đưa số dạng công thức quen thuộc học sinh học việc tính tốn trở nên đơn giản Sách giáo khoa Đại số Giải tích lớp 12 (cả nâng cao) dạy lý thuyết định nghĩa tính chất tích phân, với kiến thức đạo hàm chương trình tốn lớp 11 Xin nhắc lại định nghĩa tích phân ( SGK Giải tích NC lớp 12 trang 148 mục 2) tính chất tích phân (SGK Giải tích NC lớp 12 trang 151 mục ) lý thuyết để tính tích phân hàm ẩn 2.1.1 Định nghĩa Cho hàm số f liên tục K a, b hai số thuộc K Nếu F nguyên hàm f K hiệu số F (b) − F (a) gọi tích phân f từ a b đến b kí hiệu ∫ b f ( x)dx Trong trường hợp a < b , ta gọi a ∫ f ( x)dx tích phân a f đoạn [ a; b ] b Người ta dùng kí hiệu F ( x) a để hiệu số F (b) − F (a) Như F b nguyên hàm f K ∫ f ( x)dx = F ( x) b a = F (b) − F ( a) a 2.1.2 Tính chất Giả sử f , g liên tục K a, b, c ba số thuộc K Khi ta có: a 1) ∫ f ( x)dx = a 2) b a a b ∫ f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx b 3) ∫ a b ∫[ 4) a c c b a f ( x) dx + ∫ f ( x) dx = ∫ f ( x )dx b b a a f ( x) + g ( x) ] dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx b b a a 5) ∫ kf ( x)dx =k ∫ f ( x)dx với k ∈ R Chú ý: Nếu F ′( x) = f ( x) với x ∈ K F ( x) = ∫ f ( x)dx 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong đợt đề thi thử, kỳ thi tốt nghiệp THPT cho học sinh lớp phân công giảng dạy trường THPT Nga Sơn tơi tốn sau: Bài toán: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm [ 0;1] thỏa mãn f ( x) + ( x + 1) f ′( x) = 1 ∀x ∈ [ 0;1] Biết f (5) = , tính tích phân I = ∫ f ( x)dx Với đáp án đưa sau: A − ln B + ln C.1 + ln D *Kết qủa thu Khi chấm em thấy phần lớn em không làm Thực tốn khơng khó, ta biết sử dụng phương pháp phù hợp mà cụ thể phát vế trái đạo hàm tích, cụ thể từ giả thiết : ( x + 1) ′ f ( x) + ( x + 1) f ′( x) = , ta nhận thấy vế trái biểu thức có dạng u′.v + u.v′ = ( uv ) ′ , từ ta có lời giải: Lời giải Ta có f ( x) + ( x + 1) f ′( x) = ⇔ ( x + 1) ′ f ( x) + ( x + 1) f ′( x) = ⇔ ( x + 1) f ( x) ′ = ⇒ ( x + 1) f ( x) = ∫ dx ⇔ ( x + 1) f ( x) = x + C , f (5) = ⇒ ( x + 1) f ( x) = x + ⇔ f ( x) = I =∫ 7 ⇔ = + C ⇔ C = 6 x+2 Khi x +1 1 x+2   f ( x )dx = ∫ dx = ∫ 1 + ÷.dx = ( x + ln x + ) = + ln x +1 x +1  0 Vậy I = ∫ f ( x ) dx = + ln Chọn đáp án C Như phương pháp tính tích phân hàm ẩn ta giúp học sinh phát đặc điểm toán, có cách giải ngắn gọn dễ hiểu kể với học sinh học mức độ trung bình Bài tốn dạng 2.3.2 phần giải pháp sử dụng để giải vấn đề mà tơi trình bày Sau năm trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh dự thi học sinh giỏi trường, ôn thi tốt nghiệp THPT tìm tịi cách giải phù hợp đó: “Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh số dạng tính tích phân chứa hàm ẩn ” phương pháp mạnh dạn cải tiến phương pháp, đồng thời áp dụng sáng kiến qúa trình giảng dạy trường THPT Nga Sơn Thanh Hố 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Để làm sáng tỏ điều xin đưa dạng tốn bản, 13 ví dụ điển hình từ dễ đến khó tập áp dụng cho loại Cũng xin nói thêm nhằm phát huy tư sáng tạo kỹ giải toán cho học sinh, nên toán minh hoạ theo hình thức tự luận cịn phần tập áp dụng theo hình thức trắc nghiệm, để phù hợp với kỳ thi Cụ thể sau : 2.3.1: Dạng Dạng áp dụng định nghĩa, tính chất tích phân 2.3.1a Sử dụng giả thiết cho đạo hàm f ′ ( x ) ta tìm hàm số f ( x ) Ở dạng từ việc cho hàm số f ′ ( x ) f ( d ) = e ta tìm f ( x ) từ tính b tích phân ∫ f ( x ) dx a Sau hai ví dụ minh hoạ cho dạng này, xin lưu ý dạng tích phân mà Bộ GDĐT thường dùng cho kỳ thi THPT Quốc gia hay tốt nghiệp THPT cho năm gần π   Bài Cho hàm số f ( x ) có f  ÷ = − f ′ ( x ) = 16 cos x.sin x, ∀x ∈ ¡ Tính tích 4 π phân ∫ f ( x ) dx Lời giải Ta có f ′ ( x ) = 16 cos x.sin x, ∀x ∈ ¡ nên f ( x ) nguyên hàm f ′ ( x ) Có ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ 16 cos x.sin xdx = ∫ 16.cos x − cos x dx = ∫ 8.cos xdx − ∫ cos x.cos xdx 2 = 8∫ cos xdx − ∫ ( cos x + cos x ) dx = 2sin x − sin x − 2sin x + C π   Suy f ( x ) = 2sin x − sin x − 2sin x + C Mà f  ÷ = − ⇒ C = − 3 4 π Do đó: ∫ π 4 4π  f ( x ) dx = ∫  sin x − sin x − 2sin x − ÷dx = − 3 0 Bài Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f (ln 3) = f ′ ( x ) = e2 x ex + − ex + , ∀x ∈ ¡ ln Tính tích phân : ∫e x f ( x) dx Lời giải Ta có : f ( x) = ∫ f '( x )dx = ∫ e2 x ex + − ex + dx = ∫ e x (e x + + e x + 1) ( e + 1) x − (e x + 1) dx = d ( e x + 1)  x e x (e x + + e x + 1) ex  x x x ∫ e x (e x + 1) dx = ∫  e + e x + ÷dx = ∫ e dx + ∫ e x + = e + e + + C Mà f (ln 3) = ⇒ C = −4 ⇒ f ( x) = e x + e x + − ∫ e f ( x)dx = ∫ ( e ln Khi đó: ln x 2x + 2e x ln ) 1  20 − e + − 4e dx =  e x + ( e x + 1) − 4e x ÷ = 3 2 0 x x 2.3.1b Sử dụng tính chất tích phân Ở ta sử dụng phương pháp đổi biến số, kết hợp với tính chất quen thuộc b tích phân : ∫ a c c b a f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx Ta có hai ví dụ minh hoạ sau: y = f ( x) Bài Cho hàm số hàm lẻ liên tục [ −4; 4] biết ∫ f ( − x ) dx = −2 ∫ f ( −2 x ) dx = Tính I = ∫ f ( x ) dx Lời giải * Xét tích phân ∫ f ( − x ) dx = Đặt − x = t ⇒ dx = −dt −2 Đổi cận: x = −2 t = ; x = t = 2 0 0 −2 ∫ f ( − x ) dx = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt ⇒ ∫ f ( t ) dt = ⇒ ∫ f ( x ) dx = * Xét tích phân ∫ f ( −2 x ) dx = Đặt t = x ⇒ dx = dt Đổi cận: x = ⇒ t = ; x = ⇒ t = ∫ f ( −2 x ) dx = 4 1 f ( −t ) dt = − ∫ f ( t ) dt = (do f ( −t ) = − f ( t ) ∀t ∈ [ −4; 4] ) ∫ 22 22 4 2 ⇒ ∫ f ( t ) dt = −8 ⇒ ∫ f ( x ) dx = −8 4 0 Ta có I = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − = −6 Bài Cho hàm số f ( x ) liên tục ¡ thỏa mãn: π ( ) ∫ cot x f sin x dx = π 16 ∫ f ( x ) dx = x 1 Tính tích phân I =∫ f ( 4x) dx x Lời giải π 2 Xét tích phân : J = ∫ cotx f ( sin x ) dx = π Đặt t = sin x ⇒ dt = 2sin x.cos xdx = 2sin x.cot xdx ⇒ cot xdx = Khi 1= J = 1 f ( x) f ( t) f ( x) dt = dx ⇒ dx = ∫ ∫ ∫ 21 t 21 x x 16 Xét K = ∫ f 2 ( x ) dx = Đặt u = x ⇒ du = x dt 2t dx ⇒ dx = 2udu x 4 f ( u) f ( x) f ( x) du = ∫ dx ⇒ ∫ dx = Khi = K = 2∫ u x x 1 Xét tích phân Khi I =∫ I =∫ f ( 4x) v dx Đặt v = x ⇒ dx = dv; x = x 4 4 f ( v) f ( x) f ( x) f ( x) dv = ∫ dx = ∫ dx + ∫ dx = + = v x x x 2 1 2 Vậy ta tìm được: I = Nhận xét: Qua hai ví dụ ta thấy để áp dụng tính chất ( tính chất 3) tính phân ta phải thơng qua phương pháp đổi biến số Đây tình giúp học sinh chuyển từ lạ trở thành quen thuộc dễ hiểu 2.3.2 :Dạng Dạng đưa vế đạo hàm hàm số hợp quen thuộc 2.3.2a Đưa biểu thức vế trái có dạng u′  ′ =  − ÷ Từ ta tìm f ( x ) u2  u  tính tích phân Bài Cho hàm số f ( x ) ≠ , liên tục đoạn [ 1; 2] thỏa mãn f (1) = : x f ′( x) = ( − x ) f ( x) , ∀x ∈ [ 1; 2] Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx f ′( x) − x u′ ′ Gợi mở: Từ giả thiết ta có = , biểu thức vế trái có dạng =  − ÷ Từ f ( x) x u  u ta có lời giải Lời giải ′ ′ Ta có x f ′( x) = ( − x ) f ( x) ⇔ f 2( x) = − 22 x ⇔  − ÷ = 12 − f ( x) x  f ( x)  x ⇒− 1 1   = ∫  − ÷.dx ⇔ − = − − x + C , f (1) = ⇒ C = f ( x) f ( x) x x  2x2 + x = ⇔ f ( x) = f ( x) x 2x +1 Nên ta có 2 x d (1 + x ) dx = = ln + x 2 ∫ 1+ 2x 1+ 2x Khi I = ∫ f ( x)dx = ∫ = 1 ( 2ln − ln 3) = ln 4 Bài Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm R thỏa mãn : f ( x) f ′( x ) − x f ( x ) + = , ∀x ∈ R f (0) = Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx f ( x) f ′( x) Gợi mở: Từ giả thiết ta có uu ′ u +1 = ( f ( x) + = x , biểu thức vế trái có dạng ) ′ u + Từ ta có lời giải Lời giải Ta có f ( x) f ′( x) − x f ( x) + = ⇔ f ( x) + = ∫ xdx ⇔ ⇒ f ( x) f ′( x) f ( x) + = 2x ⇔ ( ) ′ f ( x) + = x f ( x) + = x + C Do f (0) = ⇒ C = nên ta có : f ( x) + = x + ⇔ f ( x) + = ( x + 1) ⇔ f ( x ) = x ( x + ) ⇔ f ( x) = x 1 x2 + 2 Khi I = ∫ f ( x)dx = ∫ x x + 2dx = ∫ x x + 2dx 0 1 = ∫ x + 2d ( x + 2) = ( x + ) 20 3 ( x + 2 = 3 − 2  ) Bài Cho hàm số y = f ( x ) đồng biến, có đạo hàm đoạn [ 1; 4] thoả mãn: x + x f ( x) = [ f ′( x) ] với ∀x ∈ [ 1; 4] Biết f (1) = , tính I = ∫ f ( x)dx Lời giải Ta có y = f ( x ) hàm đồng biến đoạn [ 1; 4] ⇒ f ′( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ 1; 4] 2 Từ : x + x f ( x) = [ f ′( x) ] ⇔ x ( + f ( x) ) = [ f ′( x) ] , x ∈ [ 1; 4] ⇒ f ( x) > f ′( x) = x + f ( x) ⇔ f ′( x) = x⇔ + f ( x) ⇒ + f ( x) = ∫ xdx ⇔ + f ( x) = ( + f ( x) )′ = −1 x 3 x x + C Vì f (1) = ⇒ + = + C ⇔ C = 2 3 2 4 32 2 ⇒ + f ( x) = x x + ⇔ + f ( x) =  x x + ÷ ⇔ f ( x) = x + x + 3 3 9 18 3 10 Khi I = ∫ 2 1 7 16 52  1186 f ( x )dx = ∫  x + x + ÷dx =  x + x + x÷ = 9 18  45 18  45  18 1 Nhận xét: Cái mấu chốt dạng giáo viên giúp học sinh phát biết đưa từ giả thiết vế, mà đạo hàm hàm số hợp liên quan đến tích phân cần tính Lúc việc tính tốn cịn tính phân đơn giản quen thuộc 2.3.2b.Đưa biểu thức vế trái có dạng u′.v + u.v′ = ( uv ) ′ Từ ta tìm f ( x) tính Nhận xét: Với u ( x) biểu thức cho trước ta có [ u ( x) f ( x) ] ′ = u′( x) f ( x ) + u ( x) f ′( x) Đặt v( x) = u ′( x ) ta [ u ( x ) f ( x )] ′ = v( x ) f ( x) + u ( x ) f ′( x) (*) Ngược lại biểu thức có dạng v( x) f ( x) + u ( x) f ′( x) ta biến đổi đưa dạng h ( x ) [ u1 ( x) f ( x) ] ′ Khi ta có tốn tổng qt cho ví dụ cho 2.3.2 sau: Cho A( x ); B( x ) ; g ( x) biểu thức biết Tìm hàm số A( x) f ( x) + B( x) f ′( x) = g ( x) (**) Do vế trái có dạng (*) nên ta biến đổi (**) h ( x ) [ u ( x) f ( x ) ] ′ = g ( x ) ⇔ [ u ( x ) f ( x ) ] ′ = f ( x ) thỏa mãn ⇔ g ( x) h ( x) Trong u ( x) chọn cho : u′( x ) A( x )  h ( x ) u′( x) = A( x) u ′( x) A( x) ⇒ = ⇒∫ dx = ∫ dx  u ( x ) B( x) u ( x) B( x)  h ( x ) u ( x) = B ( x) ⇒ ln u ( x) = G ( x) + C (với G ( x ) nguyên hàm A( x) ) ⇒Từ ta chọn B( x) biểu thức u ( x) Bài Cho hàm số f ( x ) liên tục; có đạo hàm đoạn [ 0; 2] thỏa mãn ù, f ( 0) = Tính f ( x) + f ¢( x) = - 2, " x Ỵ é ê0;2ú ë û ò f ( x) dx Lời giải 11 Ta có: f ( x) + f ¢( x) = - 2, " x Ỵ é0;2ù ê ë ú û ( ) Û ex f ( x) + ex f ¢( x) = - 2ex ⇔  e x f ( x ) ′ = −2e x Û ex f ( x) = ò - 2ex dx = - 2ex + C   Do f ( ) = nên C = Khi đó: e x f ( x ) = −2e x + ⇒ f ( x ) = −2 + Vậy ∫ 4  f ( x ) dx = ∫  −2 + x ÷dx = x − x e  e 0 ex = 2− e hàm [ 0;1] thỏa mãn f (1) = Bài Cho hàm số y = f ( x ) có đạo 2020 2020 f ( x) + x f ′( x) = x 2020 với ∀x ∈ [ 0;1] Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx Nhận xét : Trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có ⇒ ln u ( x) = ∫ 2020 dx ⇒ ln u ( x) = 2020 ln x + C ⇔ ln u ( x ) = ln x 2020 + C , nên ta chọn x u ( x) = x 2020 , ta có lời giải sau: Lời giải Ta có :  x 2020 f ( x) ′ = 2020.x 2019 f ( x) + x 2020 f ′( x) = x 2019 [ 2020 f ( x) + xf ′( x) ] = x 2019 2 x 2020  = x 4039 Khi x 2020 f ( x) = ∫ x 4039 dx ⇔x 2020 f ( x) = ⇔ C = ⇒ x 2020 f ( x) = I = ∫ 1 x 4040 ⇔ = +C + C , f (1) = 2020 2020 2020 2020 x 4040 x 2020 ⇒ f ( x) = 2020 2020  x 2021  x 2020 f ( x)dx = ∫ dx =  ÷ = 2020  2020.2021  2020.2021 12 Bài 10 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm [ 1; 2] thỏa mãn ( x + 1) f ( x) + x f ′( x) = 2e x với ∀x ∈ [ 1; 2] Biết f (1) = e , tính tích phân I = ∫ x f ( x)dx Gợi mở toán : Trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có : ln u ( x) = ∫ x +1 dx ⇒ ln u ( x ) = x + ln x + C ⇔ ln u ( x) = ln e x + ln x + C x ⇔ ln u ( x) = ln xe x + C nên ta chọn u ( x ) = xe x , từ ta có lời giải Lời giải Ta có  xe x f ( x) ′ = ( xe x ) ′ f ( x) + xe x f ′( x) = ( e x + xe x ) f ( x) + xe x f ′( x) = e x ( x + 1) f ( x) + xf ′( x)  ⇒  xe x f ( x) ′ = e x 2e x  ⇒ xe x f ( x) = ∫ 2e x dx ⇔ xe x f ( x) = e x + C f (1) = e ⇔ e.e = e + C ⇔ C = ⇒ xe x f ( x ) = e x ⇔ f ( x ) = 2 1 ex x x x Khi I = ∫ x f ( x)dx = ∫ e dx = e = e − e Bài 11 Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có đạo hàm R \ { −1;0} thỏa mãn x( x + 1) f ′( x) + f ( x ) = x + x với ∀x ∈ R \ { −1; 0} f (1) = −2 ln Tính tích phân ∫ xf ( x)dx 1 Nhận xét : Trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có ln u ( x) = ∫ x( x + 1) dx  x 1 ⇒ ln u ( x) = ∫  − + C , nên ta chọn ÷dx ⇔ ln u ( x) = x +1  x x +1 u ( x) = x , từ ta có lời giải : x +1 Lời giải ′ Ta có  x f ( x)  =  x +1  x f ( x) + f ′( x) = [ f ( x) + x( x + 1) f ′( x) ] ( x + 1) x +1 ( x + 1)2 13 x x x  x ′  x ′   ⇒ f ( x)  = x + x ⇔ f ( x ) = ⇒ f ( x) = ∫ dx     x +1 x +1  x +1  ( x + 1)  x +1  x +1 ⇒ x  x  f ( x ) = ∫ 1 − f ( x) = x − ln x + + C ÷dx ⇒ x +1 x +1  x +1 Do: f (1) = −2 ln ⇔ (−2 ln 2) = − ln + C ⇔ C = −1 ⇒ x − − ( x + 1).ln x + x f ( x ) = x − ln x + − ⇔ f ( x) = Khi x +1 x 2  x3  I = ∫ xf ( x)dx = ∫ ( x − − ( x + 1).ln ( x + 1) ) dx =  − x ÷ − ∫ ( x + 1).ln ( x + 1) dx = − I1  1 1 2  du = dx  u = ln( x + 1)  x +1 ⇒ Với I1 = ∫ ( x + 1).ln ( x + 1) dx ; đặt  dv = ( x + 1)dx v = x + x + = ( x + 1)   2 2 2   x2 1  ⇒ I1 =  ( x + 1) ln( x + 1)  − ∫ ( x + 1) dx ⇒ I1 = ln − ln −  + x ÷ = ln − ln − 2 2 1 1 2   Khi I = − I1 = −  ln − ln − ÷ = − ln + ln 3 2  12 4 31 2.3.3: Dạng Dạng tìm họ ngun hàm áp dụng cơng thức định nghĩa tích phân Ở dạng ta tìm F ( x ) nguyên hàm f ( x ) sử dụng cơng thức định nghĩa tích phân để tính Ta có ví dụ minh hoạ sau: Bài 12 Cho hàm f ( x ) liên tục ( 0;+∞ ) thỏa mãn x f ( x ) + xf ( x ) = x − x − 3, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) Giá trị 2 ∫ f ( x ) dx Lời giải 14 Gọi F ( x ) nguyên hàm f ( x ) ( 0; +∞ ) 2 Ta có x f ( x ) + xf ( x ) = x − x − 3, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 3  ⇒ xf ( x ) + f ( x ) = x3 − − , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ ∫  xf ( x ) + f ( x )  dx = ∫  x − − ÷dx x x  ⇒ F ( x2 ) + F ( x ) = * Cho x = x4 − x − 3ln x + C 63 1 ta F  ÷+ F ( 1) = − + 3ln + C 32 4 * Cho x = ta F ( 1) + F ( ) = − + C Do đó, 1 63 49 ∫ f ( x ) dx = F ( ) − F  ÷ = − + 32 − 3ln = − 32 − 3ln Bài 13 Cho y = f ( x ) hàm số chẵn, có đạo hàm đoạn [ −6;6] Biết ∫ f ( x ) dx = −1 −1 ∫ f ( −2 x ) dx = Tính ∫ f ( x ) dx Lời giải Gọi F ( x ) nguyên hàm f ( x ) ∫ f ( x ) dx = F ( ) − F ( −1) Ta có −1 −2 ∫ Đặt t = −2 x Từ f ( t ) dt = ta suy −6 Lại có ∫ f ( x ) dx = nên −1 ∫ f ( −2 x ) dx = −2 ∫ f ( t ) dt = F ( −2 ) − F ( −6 ) = (1) −6 ∫ f ( x ) dx = F ( ) − F ( −1) = (2), f ( x ) hàm số chẵn nên −1 F ( x ) hàm số lẻ nên từ (1) ta suy : F ( −2 ) − F ( −6 ) = − F ( ) + F ( ) = Từ ta có : ∫ f ( x ) dx = F ( ) − F ( −1) Lấy ( 1) + ( ) theo vế ta −1 F ( ) − F ( −1) = + = 11 Vậy ∫ f ( x ) dx = F ( ) − F ( −1) = 11 −1 15 2.3.4 :Bài tập áp dụng 4 Bài 1.Cho hàm số f ( x ) có f ( π ) = f ′ ( x ) = sin x ( sin x + cos x ) , ∀x ∈ ¡ Biết π ∫ f ( x ) dx = −a + bπ , a, b, c số nguyên dương a phân số tối giản c c Khi a + b − c A −301 B 121 D −113 C −22 Bài 2.Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ′ ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ¡ f ( ) = Tích phân ∫ f ( x ) dx A ( e − 1) B ( 2e − 1) ( e − 1) C D ( 2e − 1) Bài 3.Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị khơng âm có đạo hàm liên tục ¡ thỏa mãn f ′ ( x ) = ( x + 1)  f ( x )  , ∀x ∈ ¡ f ( ) = −1 Giá trị tích phân A − B − ln C − 2π ∫ f ( x ) dx D − π Bài 4.Cho hai hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn [ 1; 4] thỏa 2 mãn f ( 1) + g ( 1) = 9e f ( x ) = − x g ′ ( x ) ; g ( x ) = − x f ′ ( x ) , ∀x ∈ [ 1; 4] Tích phân ∫ A ( f ( x) + g ( x) dx x2 B ( e − e ) ) e− e e C ( ) e e− e D e− e Bài 5.Cho hai hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn [ 1; 4] thỏa mãn f ( 1) + g ( 1) = f ( x ) = − xg ′ ( x ) ; g ( x ) = − xf ′ ( x ) Tích phân ∫  f ( x ) + g ( x ) dx A 8ln B 3ln C ln D ln 16 Bài Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( ) = xf ( x ) + f ′ ( x ) = x ( x − 1) với x ∈ [ 0;1] Tích phân A e−4 8e B ∫ xf ( x ) dx C D e−4 4e Bài 7.Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục đoạn [ 0; π ] thỏa mãn f ( ) = π ∫ f ( x ) dx f ( x ) f ′ ( x ) = cos x + f ( x ) , ∀x ∈ [ 0; π ] Tích phân A + 11π B + 7π C 7π − D 11π − Bài 8.Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương liên tục đoạn [ 0;1] thỏa mãn x g ( x ) = + 2018∫ f ( t ) dt , ∀x ∈ [ 0;1] g ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ [ 0;1] Tính tích phân A 1011 B 1009 C 2019 ∫ g ( x ) dx D 505 Bài 9.Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0;1] liên tục [ 0;1] thỏa mãn f ( ) = f ( x ) = ( f ′ ( x ) ) , ∀x ∈ [ 0;1] Tính A B 19 12 ∫ f ( x ) dx C D Bài 10 Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn cos x f ( x ) + sin x f ′ ( x ) = π  f  ÷ = 2 Tích phân 4  3 ÷ A ln 1 + ÷   19 π π  , ∀ x ∈  ;  cos x 6 3 π ∫ f ( x ) dx π bằng:  3 ÷ B ln 1 + ÷   2  − 1÷ C ln  ÷   2  − 1÷ D ln  ÷   17 2.4 Hiệu sáng kiến hoạt động dạy học Nội dung sáng kiến trình bày tùy theo đối tượng lớp 12 chủ yếu dành cho em học sinh giỏi Sự hứng thú tự tin học sinh việc học Toán, đặc biệt loại tốn tích phân, thật cải thiện, góp phần vào thành tích chung kì thi nhà trường năm học qua Sau nhiều năm phân công trực tiếp giảng dạy khối lớp 12, đặc biệt đối tượng học sinh khá, giỏi trường THPT Nga Sơn –Thanh Hóa, tơi áp dụng sáng kiến việc giảng dạy đại trà lớp, bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn luyện thi thi THPT quốc gia trước tốt nghiệp THPT Từ rút kết luận sau : * Kết kiểm nghiệm trình giảng dạy cho nhóm lớp: ( Lớp 12B, 12G ,12H trường THPT Nga Sơn Thanh Hố) Lớp Sĩ số (theo nhóm) Số học sinh làm dạng Số học sinh làm dạng chưa dạy phương dạy phương pháp pháp Số lượng Phần trăm Số lưọng Phần trăm 12B 14 14 % 10 71 % 12G 15 20 % 12 80 % 12H 17 23 % 14 82 % * Kết kiểm nghiệm tính hiệu cho học sinh dạy sử dụng phương pháp: - Giúp học sinh rèn luyện kỹ phân tích tốn để tìm mối liên hệ với kiến thức học, từ áp dụng để giải tốn tương tự, có liên quan - Làm cho học sinh yêu thích gây thích thú tị mị khám phá mơn học - Có cách giải hợp lí, hay, ngắn gọn đồng thời khai thác dạng tổng quát toán để áp dụng làm toán cụ thể 18 - Sau sử dụng phương pháp vào việc giảng dạy nhận thấy số học sinh giỏi ngày tăng lên năm học sinh khơng cịn ‘‘ e ngại’’ gặp tốn tích phân hàm ẩn * Bài học kinh nghiệm rút ra: Sau thời gian đưa vào sử dụng , bồi dưỡng học sinh rút số kinh nghiệm sau: - Giáo viên phải nghiên cứu kỹ kiến thức sách giáo khoa, tài liệu tham khảo - Lựa chọn phương pháp giảng dạy môn phù hợp với đối tượng học sinh - Để áp dụng làm tốt tập cần cho học sinh nắm vững sở lý thuyết vấn đề tránh thiếu sót khơng chặt chẽ q trình giải tập học sinh - Khi cho tập cần nâng cao dần mức độ khó - Sau tập cần chốt lại vấn đề nhận xét nhằm lơi học sinh có lịng say mê học toán III.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 1.Kết luận Trên sáng kiến tơi q trình trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Sau nhiều năm hệ thống thành chuyên đề : “Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh số dạng tính tích phân chứa hàm ẩn ” Đây phương pháp hữu ích giúp học sinh biết chuyển toán từ lạ thành quen, từ tưởng phức tạp thành toán đơn giản để giải đặc biệt làm cho học sinh cảm thấy hứng thú say mê học tập Dạng toán chuyên đề quan trọng giúp cho giáo viên ôn luyện thi tốt nghiệp THPT hàng năm Kiến nghị Mặc dù thân tâm huyết với đề tài, thời gian nghiên cứu hạn chế, thân kinh nghiệm chưa nhiều nên viết không tránh khỏi thiếu sót Mong góp ý chân thành quý Thầy Cô giáo Tôi xin chân thành cảm ơn ! 19 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh hóa,ngày 24 tháng năm 2020 Tơi xin cam đoan SKKN mình, khơng chép nội dung người khác Trịnh Văn Hoan TÀI LIỆU THAM KHẢO - Sách giáo khoa Đại số giải tích 12 nâng cao – Đồn Quỳnh (Tổng chủ biên) – NXB Giáo dục Việt Nam-Năm 2008 - Sách giáo khoa Đại số giải tích 12 – Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) –NXB Giáo dục Việt Nam-Năm 2008 - Phương pháp tính tích phân – Nguyễn Hữu Ngọc (Chủ biên) –NXB Trẻ -Năm 2002 - Giải toán đại số giải tích – Trần Thành Minh (Chủ biên) –NXB Giáo Dục -Năm 2003 - Báo toán học tuổi trẻ - Tuyển tập chuyên đề kỹ thậut tính tích phân – Trần Phương – NXB Đại học quốc gia Hà nội – Năm 2011 - Đề thi thử THPT quốc gia tốt nghiệp THPT Sở GDĐT Thanh Hố (2018), Ninh Bình( 2019), Tây Ninh (2020) … 20 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Trịnh Văn Hoan Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên – Trường THPT Nga sơn TT Tên đề tài SKKN Cấp đánh giá xếp loại Phương pháp lượng giác hố để giải Sở GD&ĐT phương trình vơ tỷ Tỉnh Thanh Hố Phương pháp toạ độ để giải biện luận Sở GD&ĐT phương trình chứa tham số Tỉnh Thanh Hoá Sử dụng phương pháp toạ độ, để giải Sở GD&ĐT toán bất đẳng thức giá trị lớn nhất, Tỉnh Thanh nhỏ Hoá - Hướng dẫn học sinh xác định số hạng Sở GD&ĐT tổng quát dãy số cho công thức truy Tỉnh Thanh hồi, qua học cấp số cộng, cấp số nhân Hoá Kết đánh giá xếp loại Năm học đánh giá xếp loại C 2006-2007 B 2011-2012 C 2013-2014 C 2014-2015 - Phương pháp tọa độ để tính khoảng cách Sở GD&ĐT 21 tốn hình học khơng gian Tỉnh Hố Thanh - Phát triển tư sáng tạo cho học sinh Sở GD&ĐT qua số toán GTLN, GTNN Tỉnh Thanh BĐT phương pháp toạ độ Hoá - Phương pháp tìm giới hạn dãy số Sở GD&ĐT cho công thức truy hồi, qua việc Tỉnh Thanh tìm số hạng tổng qt dãy Hố C 2015-2016 C 2016-2017 C 2017-2018 22 ... việc nghiên cứu đề tài ? ?Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh số dạng tính tích phân chứa hàm ẩn ” giúp học sinh, đặc biệt đối tượng học sinh học mức độ khá, giỏi tính tích phân cách nhanh hơn, lạ sáng... bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh dự thi học sinh giỏi trường, ôn thi tốt nghiệp THPT tơi tìm tịi cách giải phù hợp đó: ? ?Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh số dạng tính tích phân chứa hàm ẩn ” phương... SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Trong chương trình tốn lớp 12 học sinh học nguyên hàm tích phân nhiên với dạng tích phân chứa hàm ẩn, học sinh thường coi dạng tốn