skkn phương pháp tính tích phân của một số hàm ẩn

MỤC LỤC NỘI DUNG MỞ ĐẦU TRANG 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận 2.1.1.Cơ sở khoa học 2.1.2 Cơ sở thực tiễn 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp thực 10 2.3.1 Phương pháp biến đổi đưa nguyên hàm 10 2.3.2 Phương pháp đổi biến số 12 2.3.3 Phương pháp tính tích phân phần 12 2.3.4 Tạo bình phương cho hàm số dấu tích phân 20 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 21 3.1 Kết luận 21 3.2 Kiến nghị 21 MỞ ĐẦU 1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong Chương trình phổ thơng, phép tính tích phân chiếm vị trí quan trọng Tốn học, tích phân ứng dụng rộng rãi thực tế tính diện tích hình phẳng, thể tích khối trịn xoay, sở để nghiên cứu Giải tích đại Ngồi phép tính tích phân cịn ứng dụng rộng rãi Xác suất, Thống kê, Vật lý, Cơ học, Phép tính tích phân bắt đầu giới thiệu cho em học sinh lớp 12 có mặt hầu hết kỳ thi thi THPT- QG, thi học sinh giỏi cấp Hiện với xu hướng thi trắc nghiệm, phần tích phân cịn u cầu rộng đòi hỏi học sinh phải tư linh hoạt tích phân số hàm ẩn đưa vào để yêu cầu học sinh, học kỹ phương pháp tính tích phân , đứng trước yêu cầu tính tích phân hàm ẩn đa số em cịn nhiều lúng túng chí khơng định hình lời giải đứng trước tốn dạng Muốn học sinh học tốt tích phân người Giáo viên khơng phải truyền đạt, giảng giải theo tài liệu có sẵn Sách giáo khoa, sách hướng dẫn thiết kế giảng cách gập khn, máy móc, làm cho học sinh học tập cách thụ động Nếu dạy học việc học tập học sinh diễn thật đơn điệu, tẻ nhạt kết học tập khơng cao Nó nguyên nhân gây cản trở việc đào tạo em thành người động, tự tin, sáng tạo sẵn sàng thích ứng với đổi diễn hàng ngày Yêu cầu giáo dục đòi hỏi phải đổi phương pháp dạy học mơn tốn theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo học sinh Vì người giáo viên phải gây hứng thú học tập cho em cách thiết kế giảng lại khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế Vì lí đó, để giúp học sinh có sở khoa học, có có hệ thống kiến thức tính tích phân hàm ẩn tháo gỡ vướng mắc trên, nhằm nâng cao chất lượng dạy học, đáp ứng nhu cầu đổi giáo dục , chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp tính tích phân số hàm ẩn” Với đề tài hi vọng giúp cho học sinh dễ dàng nắm bắt thành thạo việc tính tích phân nói chung tích phân hàm ẩn nói riêng 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Làm rõ vấn đề mà học sinh lúng túng , mắc nhiều sai lầm chí khơng có định hình lời giải việc tính tích phân hàm ẩn - Góp phần gây hứng thú học tập phần tích phân hàm ẩn cho học sinh, phần coi hóc búa , địi hỏi tính tư cao giúp giáo viên lên lớp tự tin, nhẹ nhàng; học sinh lĩnh hội tri thức cách đầy đủ, khoa học mà giúp em củng cố khắc sâu tri thức - Làm cho học sinh thấy tầm quan trọng chương học, vấn đề then chốt cho việc tiếp nhận giải dạng toán - Nâng cao chất lượng mơn tốn theo chuyên đề khác góp phần nâng cao chất lượng dạy học 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Chương Nguyên hàm - Tích phân chủ yếu phương pháp tính tích phân số hàm ẩn 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực đề tài này, sử dụng phương pháp sau : a Nghiên cứu tài liệu : - Đọc tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục có liên quan đến nội dung đề tài - Đọc SGK, sách giáo viên, loại sách tham khảo - Tham khảo đề minh họa thi THPT-QG Bộ GD đề thi thử trường toàn Quốc b Nghiên cứu thực tế : - Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp nội dung tích phân - Tổng kết rút kinh nghiệm trình dạy học - Tổ chức tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án thông qua tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi đề tài - Nghiên cứu khả nắm bắt học sinh qua tiết học - Tìm hiểu qua phiếu thăm dị học sinh NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN Các kiến thức Các kiến thức sử dụng đề tài bao gồm định nghĩa tính chất từ sách giáo khoa mà học sinh học 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 ∫ f ( x)dx Trong trường hợp b 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 Nếu 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) ∫ b 4) b c c ∫ b b b b b a a a a a a ∫ a f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx ; 3) f ( x)dx = ; 2) a b ∫ [ f ( x) + g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx + ∫ g ( x)dx a f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x )dx b a ; 5) ∫ kf ( x)dx =k ∫ f ( x)dx với k ∈ R Chú ý F ′( x) = f ( x) với x ∈ K F ( x) = ∫ f ( x)dx 2.1.3 Phương pháp đổi biến số b Tính tích phân I = ∫ g ( x)dx Giả sử g ( x) viết dạng f [ u ( x)] u ′( x) ,trong a hàm số u ( x) có đạo hàm K , hàm số y=f(u) liên tục cho hàm hợp f [ u ( x)] xác định K a, b hai số thuộc K Khi b u (b ) a u(a) ∫ f [ u ( x)] u′( x)dx = ∫ f (u )du Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta chọn chữ số thay cho x Như tích phân khơng phụ thuộc vào biến tức b b b a a a ∫ f ( x)dx = ∫ f (u)du =∫ f (t )dt = 2.1.4 Phương pháp tính tích phân phần b b Cơng thức ∫ u ( x)v′( x)dx = ( u ( x)v( x) ) a − ∫ v( x)u ′( x)dx (trong u, v có đạo hàm liên tục a b a K a, b hai số thuộc K ) 2.2 Thực trạng đề tài Năm học 2016 - 2017 GD-ĐT chuyển đổi hình thức thi THPT quốc gia mơn tốn từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm địi hỏi phương pháp dạy học phải thay đổi cho phù hợp Trong đề minh họa GD - ĐT , đề thi THPT quốc gia đề thi thử trường THPT toàn Quốc , học sinh thường gặp số câu tính tích phân hàm ẩn tốn có liên quan, mức độ vận dụng để lấy điểm cao Hướng dẫn em vận dụng tốt phần tạo cho em có thêm phương pháp, có linh hoạt việc tính tích phân nâng cao tư giải toán nhằm lấy điểm cao thi Trước áp dụng đề tài vào dạy học, khảo sát chất lượng học tập học sinh trường THPT Hậu Lộc (thông qua lớp trực tiếp giảng dạy) tốn tính tích phân hàm ẩn, thu kết sau: Lớp Sĩ Giỏi Khá TB Yếu Kém số SL % SL % SL % SL % SL % 12A6 36 0 13,9 21 58.3 19.4 5.4 12A7 39 2.6 10 25.6 22 56.4 12.8 2.6 12A9 42 0 2.4 28 66.7 19.0 11.9 Như số lượng học sinh nắm bắt dạng khơng nhiều, có nhiều em chưa định hình lời giải chưa có nguồn kiến thức kĩ cần thiết Thực đề tài hệ thống lại phương pháp tính tích phân học để áp dụng tính cho hàm ẩn thông qua phương pháp cụ thể tập tương ứng cho phương pháp Cuối tập tổng hợp đề học sinh vận dụng phương pháp học vào giải Do khn khổ đề tài có hạn nên tơi đưa bốn phương pháp tính tích phân hàm ẩn thơng qua số ví dụ tương ứng là: Phương pháp biến đổi để đưa nguyên hàm bản, Phương pháp đổi biến số, phương pháp tính tích phân phần tạo bình phương cho biểu thức dấu tích phân 2.3 Giải pháp tổ chức thực Thực đề tài chia nội dung thành bốn phần Phần Biến đổi đưa nguyên hàm Phần Phương pháp đổi biến số Phần Phương pháp tính tích phân phần Phần Tạo bình phương cho hàm số dấu tích phân Mỗi phần thực theo bước: - Nhắc lại kiến thức sử dụng đề tài - Nêu ví dụ áp dụng - Nêu nhận xét trước đưa lời giải cho tập khó Sau nội dung cụ thể: 2.3.1 BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ NGUYÊN HÀM CƠ BẢN a Kiến thức sử dụng * Nếu F ′( x) = f ( x) với x ∈ K F ( x) = ∫ f ( x)dx * Các công thức đạo hàm: 1) u′.v + u.v′ = ( uv ) ′ ; 2) u ′v − uv′  u ′ 3) u ′ = = ÷; u v2 v ( u )′ ; 4) nu n −1u ′ = ( u n ) ′ ; 5) − u ′  ′ = ÷ u2  u  b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f ( x ) ≠ , liên tục đoạn [ 1; 2] thỏa mãn f (1) = x f ′( x) = ( − x ) f ( x) với ∀x ∈ [ 1; 2] Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx 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  Nên ta có ⇔ x2 + x = ⇔ f ( x) = f ( x) x 2x +1 2 2 x d (1 + x ) 1 dx = = ln + x = ( ln − ln ) = ln Khi I = ∫ f ( x)dx = ∫ 2 ∫ 1+ 2x 1+ 2x 4 1 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm R thỏa mãn f ( x) f ′( x) − x f ( x) + = với ∀x ∈ R f (0) = Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx Lời giải f ( x) f ′( x) Ta có f ( x) f ′( x) − x f ( x) + = ⇔ ⇒ f ( x) + = ∫ xdx ⇔ 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 (vì f ( x) khơng âm R ) Khi I = ∫ f ( x)dx = ∫ x = x2 + x + 2dx = ∫ x x + 2dx ( 1 x + 2d ( x + 2) = ( x + ) x +  = 3 − 2 ∫  20 3 0 ) Ví dụ Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm đoạn [ 1; 4] thoản mãn x + x f ( x ) = [ f ′( x) ] với ∀x ∈ [ 1; 4] Biết f (1) = , tính I = ∫ f ( x)dx Lời giải Do f ( x) đồng biến đoạn [ 1; 4] ⇒ f ′( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ 1; 4] 2 Ta có x + x f ( x) = [ f ′( x) ] ⇔ x ( + f ( x) ) = [ f ′( x) ] , x ∈ [ 1; 4] f ′( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ 1; 4] ⇒ f ( x) > f ′( x) −1 = x⇔ f ′( x) = x + f ( x) ⇔ + f ( x) ⇒ + f ( x) = ∫ xdx ⇔ + f ( x) = ( ) ′ + f ( x) = x 3 x x + c Vì f (1) = ⇒ + = + c ⇔ c = 2 3 ⇒ + f ( x) = Khi I = ∫ 4 2 x x + ⇔ + f ( x) =  x x + ÷ ⇔ f ( x) = x + x + 3 3 9 18 3 2 1 7 16  1186 f ( x)dx = ∫  x + x + ÷dx =  x + x + x ÷ = 9 18  45 18  45  18 1 Ví dụ Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm cấp hai đoạn [ 0; 2] thỏa 2 mãn [ f ( x) ] − f ( x) f ′′( x) + [ f ′( x) ] = với ∀x ∈ [ 0; 2] Biết f (0) = 1, f (2) = e6 , tính tích I = ∫ (2 x + 1) f ( x)dx −2 Lời giải Do f ( x) đồng biến đoạn [ 0; 2] nên ta có f (0) ≤ f ( x) ≤ f (2) ⇔ ≤ f ( x) ≤ e6 f ( x) f ′′( x) − [ f ′( x )] Ta có [ f ( x) ] − f ( x) f ′′( x) + [ f ′( x) ] = ⇔ 2 [ f ( x)] 2 ′ = ⇔  f ′( x)  =  f ( x)    f ′( x ) f ′( x) = ∫ 2.dx = x + c ⇒ ∫ dx = ∫ ( x + c ) dx ⇒ ln f ( x) = x + cx + c1 mà ≤ f ( x) ≤ e6 f ( x) f ( x)  f (0) = c1 = c = ⇒ ⇔ Nên ta có ln f ( x) = x + cx + c1 Do    c1 = 4 + 2c + c1 =  f (2) = e ⇒ ⇒ ln f ( x ) = x + x ⇔ f ( x ) = e x +x Khi I = ∫ (2 x + 1) f ( x)dx = ∫ (2 x + 1).e −2 x2 + x −2 dx = ∫ e x +x d (e x +x ) = ex −2 f Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm R thỏa mãn f ′( x).e +x −2 ( x ) − x2 −1 = − e2 − 2x = với f ( x) ∫ x f ( x)dx ∀x ∈ R Biết f (0) = , tính tích phân I = Lời giải Ta có f ′( x).e f ⇒ ef ( x) ( x ) − x −1 3 2x ′ = ⇔ f ′( x) f ( x).e f ( x ) = x.e x +1 ⇔ e f ( x )  = x.e x +1   f ( x) − = ∫ xe x +1dx = ∫ e x +1d ( x + 1) = e x 2 f (0) = ⇔ e = e + c ⇔ c = ⇒ e f Khi I = ∫ x f ( x)dx = ∫ ( x) = ex 2 +1 +1 ⇔ f ( x) = x + ⇔ f ( x) = x + 1 x x + 1.dx = + c Do 7 ∫ 3 45 x + 1.d ( x + 1) = ( x + 1) x +  =  8 2 Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm [ 0;1] thỏa mãn f ( x) + ( x + 1) f ′( x) = với ∀x ∈ [ 0;1] Biết f (5) = , tính tích phân I = ∫ f ( x)dx 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) = x+2 Khi x +1 7 ⇔ = + c ⇔ c = 6 I =∫ 1 x+2   f ( x)dx = ∫ dx = ∫ 1 + ÷.dx = ( x + ln x + ) = + ln x +1 x +1  0 Nhận xét: Nếu 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) (*) Như biểu thức có dạng v( x) f ( x) + u ( x) f ′( x) ta biến đổi đưa dạng [ u ( x) f ( x) ] ′ Khi ta có tốn tổng qt cho ví dụ sau: Cho A( x); B( x) ; g ( x) biểu thức biết Tìm hàm số f ( x) thỏa mãn A( x) f ( x) + B( x) f ′( x) = g ( x) (**) Do vế trái có dạng (*) nên ta biến đổi (**) ⇔ [ u ( x) f ( x) ] ′ = g ( x) u ′( x) = A( x ) u ′( x) A( x) u ′( x) A( x) ⇒ = ⇒∫ dx = ∫ dx u ( x) B ( x) u ( x) B ( x) u ( x ) = B( x) A( x) ⇒ ln u ( x ) = G ( x) + c (với G ( x) nguyên hàm ) ⇒ từ ta chọn B ( x) biểu thức u ( x) Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm [ 0;1] thỏa mãn f (1) = 2018 Trong u ( x) chọn cho :  2018 f ( x ) + x f ′( x) = x 2018 với ∀x ∈ [ 0;1] Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx Nhận xét : trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có 2018 dx ⇒ ln u ( x) = 2018ln x + c ⇔ ln u ( x) = ln x 2018 + c x nên ta chọn u ( x) = x 2018 , ta có lời giải sau: ⇒ ln u ( x ) = ∫ Lời giải Ta có  x 2018 f ( x) ′ = 2018 x 2017 f ( x) + x 2018 f ′( x) = x 2017 [ 2018 f ( x) + xf ′( x) ] = x 2017 2 x 2018  = x 4035 1 x 4036 ⇔ = +c + c , f (1) = Khi x 2018 f ( x) = ∫ x 4035 dx ⇔x 2018 f ( x) = 2018 2018 2018 2018 x 4036 x 2018 ⇔ c = ⇒ x 2018 f ( x) = ⇒ f ( x) = 2018 2018 I = ∫  x 2019  x 2018 f ( x)dx = ∫ dx =  ÷ = 2018  2019.2018  2018.2019 Ví dụ Cho 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 Nhận xét : trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có 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 , ta có lời giải sau: ⇒ ln u ( x ) = ∫ 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) x 2x = e x ( x + 1) f ( x ) + xf ′( x)  ⇒  xe x f ( x) ′ = e x  2e x  ⇒ xe x f ( x ) = ∫ 2e x dx ⇔ xe f ( x) = e + c f (1) = e ⇔ e.e = e + c ⇔ c = ⇒ xe x f ( x) = e2 x ⇔ f ( x) = 2 1 ex x x x Khi I = ∫ x f ( x)dx = ∫ e dx = e = e − e Ví dụ Cho 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 I = ∫ xf ( x )dx Nhận xét : trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có ⇒ ln u ( x ) = ∫ u ( x) = 1  x 1 dx ⇒ ln u ( x) = ∫  − + c , nên ta chọn ÷dx ⇔ ln u ( x) = x ( x + 1) x +1  x x +1 x , ta có lời giải sau: x +1 Lời giải x ′ Ta có  f ( x)  = x f ( x) + f ′( x) = [ f ( x) + x( x + 1) f ′( x) ] x +1 ( x + 1)  ( x + 1) x x x  x ′   = x + x ⇔ f ( x ) = ⇒ f ( x) = ∫ dx     ( x + 1) x +1 x +1  x +1  x +1  x +1  x ′ ⇒ f ( x)   x +1  x  x  ⇒ f ( x ) = ∫ 1 − f ( x) = x − ln x + + c Do ÷dx ⇒ x +1 x +1  x +1 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   Khi I = − I1 = −  ln − ln − ÷ = − ln + ln 3 2  12 2.3.2 PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ a Kiến thức sử dụng 4 31 b Tính tích phân I = ∫ g ( x)dx Giả sử g ( x) viết dạng f [ u ( x)] u ′( x) ,trong a hàm số u ( x) có đạo hàm K , hàm số y=f(u) liên tục cho hàm hợp f [ u ( x)] b xác định K a, b hai số thuộc K Khi ∫ f [ u ( x) ] u ′( x)dx = a u (b ) ∫ f (u )du u(a) Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta chọn chữ số thay cho x b Như tích phân khơng phụ thuộc vào biến tức ∫ a b b a a f ( x)dx = ∫ f (u ) du = ∫ f (t )dt = b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn f ( x) + f (− x) = cos x với ∀x ∈ R Tính tích phân I = π ∫ f ( x)dx −π Lời giải −π π   x = ⇒ t = Đặt x = −t ⇒ dx = −dt , đổi cận :   x = π ⇒ t = −π  2 −π π π −π Khi I = − ∫ f (−t )dt = = π π ∫ f (−t )dt ⇒ I = π ∫ −π π f (− x )dx Ta có I + I = ∫ [ f ( x) + f (− x)] dx = ∫ cos xdx = ∫ ( + cos2 x ) −π −π 40 dx = π π ∫ −π f ( x)dx + π ∫ −π 1 + 2cos2 x + cos 2 x ) dx ( ∫ 40 f (− x )dx 2 f ( ) ) ) f ( f ( 3t t dt = 3t dt = x dx I = − Khi Ta có ∫2 t ∫2 x ∫1 3 3t 2 ) ) 1 f ( f ( x) + f ( 1 f ( x) 3x dx = x dx = 5dx = ⇔ I = I + 3I = ∫ dx + 3∫ x dx ⇔ I = ∫ ∫2 x ∫2 x x x 3 2 2 3 3 3 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn [ 0;3] thỏa mãn f ( x) f (3 − x) = ∀x ∈ [ 0;3] Tính tích phân I = ∫ với dx + f ( x) Lời giải x = ⇒ t = Đặt x = − t ⇒ dx = −dt , đổi cận :  Khi I = − ∫ + f (3 − t )dt x = ⇒ t = 3 1 3 f ( x) ⇒I =∫ dx = ∫ dx =∫ dt = ∫ dx + f (3 − x) 0 + + f (3 − t ) 2 + f ( x) f ( x) 3 3 f ( x) + f ( x) Ta có I + I = 2.∫ + f ( x)dx + 3∫ + f ( x) dx = ∫ + f ( x) dx = ∫ dx = ⇔ I = 0 0 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn f ( x) = xf ( x ) + x + với ∀x ∈ R Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx Lời giải x = ⇒ t = Đặt x = t ⇒ dx = 2tdt , đổi cận :  x = ⇒ t = 1 1 0 Khi I = ∫ f (t ).2tdt ⇒ I = 2∫ xf ( x )dx Ta có I − I = ∫ f ( x)dx − ∫ xf ( x )dx 2 0 1 0 = ∫  f ( x ) − xf ( x ) dx = ∫ ( x + 1) dx = ( x + x ) = ⇔ − I = ⇔ I = −2 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn [ 0;1] thỏa mãn xf ( x ) + f (1 − x) = − x 2 với ∀x ∈ [ 0;1] Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx Lời giải x = ⇒ t = x = ⇒ t = Xét I = ∫ f ( x)dx , đặt x = t ⇒ dx = 2tdt Đổi cận :  1 0 2 Khi I = ∫ 2t f (t )dt ⇒ I = ∫ x f ( x )dx ⇒ I = ∫ x f ( x )dx Xét I = ∫ f ( x)dx , Đặt x = − t ⇒ dx = −dt x = ⇒ t = Đổi cận :  Khi I = − ∫ f (1 − t )dt = ∫ f (1 − t )dt ⇒ I = ∫ f (1 − x)dx x = ⇒ t = 0 1 1 0 ⇒ 3I = ∫ f (1 − x )dx Ta có I + 3I = ∫  xf ( x ) + f (1 − x) dx = ∫ − x dx x = ⇒ t =   −π π  Đặt x = sin t ⇒ dx = cos tdt (với t ∈  ;  ), đổi cận :  π  2  x = ⇒ t = π π π π Khi 5I = − sin t cos tdt = cos 2tdt = ( + cos2t ) dt =  t + sin 2t  = π ⇒ I = π  ÷ ∫ ∫ ∫ 20 0 Nhận xét: từ ví dụ ta thấy giả thiết cho mối liên hệ f ( x) f (u ( x)) Thì ta đặt x = u (t ) 2 20 2018 Ví dụ Cho Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn ∫ f ( x) dx = Tính tích phân I = e 2018 −1 ∫ x f ( ln( x + 1) ) dx x +1 Lời giải Đặt t = ln ( x + 1) ⇒ dt = Ta có I = 2018 f (t )dt = ∫ 2x x dx ⇒ dx = dt , đổi cận : x +1 x +1 2 2018 ∫  x = ⇒ t =  2018  x = e − ⇒ t = 2018 f ( x)dx = = Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn f ( x3 + x − 2) = 3x − với 10 ∀x ∈ R Tính tích phân I = ∫ f ( x )dx Lời giải  x = ⇒ t + 2t = ⇔ t = x = t + t − ⇒ dx = t + t dt ( ) Đặt , đổi cận :   x = 10 ⇒ t + 2t = 12 ⇔ t = 2 2 Ta có I = ∫ f (t + 2t − 2) ( 3t + 2t ) dt = ∫ ( 3t − 1) ( 3t + 2t ) dt = ∫ ( 9t + 3t − 2t ) dt 2  9t  151 = + t3 − t2 ÷ =  1 Ví dụ 10 Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn [ −1;5] thỏa mãn [ f ( x) ] 2019 + f ( x ) + = x với ∀x ∈ [ −1;5] Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx Lời giải Đặt t = f ( x) ⇒ t 2019 + t + = x ⇒ dx = ( 2019t 2018 + 1) dt  x = ⇒ t 2019 + t + = ⇔ t = −1 Đổi cận :  2019 +t + = ⇔ t =1  x = ⇒ t Ta có I = ∫ t ( 2019t −1 2018 + 1) dt = 1 ∫ ( 2019t  2019 2020  + t ) dt =  t + t ÷ =0  −1  2020 2019 −1 Ví dụ 11 Biết số thực t ≥ phương trình x3 + tx − = có nghiệm dương x = x(t ) , với x(t ) hàm số liên tục theo t [ 0; +∞ ) Tính tích phân I = ∫ [ x(t ) ] dt Lời giải t = ⇒ x3 − = ⇔ x =  − 4x 8x + ⇒ dt = − dx , đổi cận :  Đặt t = x x t = ⇒ x + x − = ⇔ x =  3 1 x3 + 31 Ta có I = − ∫ x dx = ∫ ( x + ) dx = ( x + x ) = x 2 2.3.3 PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN a Kiến thức sử dụng b b Công thức ∫ u ( x)v′( x)dx = ( u ( x)v( x) ) a − ∫ v( x)u ′( x)dx (trong u, v có đạo hàm liên tục b a a K a, b hai số thuộc K ) b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm R thỏa mãn ∫ f ( x)dx = − 44 5 f (5) = 15 Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) f ′( x)dx Lời giải 5 u = x − du = dx  44  344 ⇒ I = x − f ( x ) − f ( x ) dx = f (5) − ( ) Đặt   Khi  − ÷= ∫    dv = f ′( x) dx v = f ( x) Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm R thỏa mãn f ( 3) = ∫ 1+ x =1 Tính tích phân I = ∫ f ′( x ) ln x + + x dx Lời giải ) ( ) ( f ( x )dx  u = ln x + + x dx  du = ⇒ + x2 Đặt   dv = f ′( x) v = f ( x )  ( Khi I = f ( x) ln x + + x ) 3 − ∫ f ( x)dx + x2 ( ) = ln + − Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm R thỏa mãn 0 ∫ ( − x ) f ′( x)dx = f (2) + f (0) = 2016 Tính tích phân I = ∫ f (2 x)dx Lời giải u = − x du = −2dx ⇒ Ta có ∫ ( − x ) f ′( x)dx = 2016 , đặt   dv = f ′( x )dx v = f ( x) 2 0 Khi 2016 = (1 − x) f ( x) + 2∫ f ( x)dx ⇔ 2016 = − [ f (2) + f (0) ] + ∫ f ( x) dx 2 0 ⇔ 2016 = −2016 + ∫ f ( x)dx ⇒ ∫ f ( x)dx = 2016 x = ⇒ t = x = ⇒ t = Xét I = ∫ f (2 x)dx , đặt t = x ⇒ dt = 2dx Đổi cận:  2 1 2016 Khi I = ∫ f (t )dt ⇒ I = ∫ f ( x )dx = = 1008 0 f ( x ) Ví dụ Cho hàm số liên tục, có đạo hàm R thỏa mãn f (3) − f (0) = 18 3 302 f ( x) ∫0 ( f ′( x) + 1) x + 1dx = 15 Tính tích phân I = ∫0 x + 1dx Lời giải  dx u = x + du = ⇒ x +1 Đặt   dv = f ′( x) + v = f ( x) + x +  3  f ( x) 302  x +1   = f ( x ) + x + x + − + ( ) Khi  dx ∫ 0 15    x +1 I 302 I 14 76 = f (3) − f (0) + − − ∫ x + 1dx ⇔ = 25 − − ⇒ I = 20 15 15 −1  ÷=   Ví dụ Cho f ( x) hàm số chẵn liên tục, có đạo hàm R thỏa mãn f   ∫ f ( x)dx = Tính tích phân I= ∫ sin xf ′(sin x)dx −π Lời giải ′ Ta có I = −∫π sin x cos x f (sin x)dx , đặt t = s inx ⇒ dt = cos xdx −π −1  ⇒t = x = Đổi cận :   x = ⇒ t = 0 −1 −1 I = ∫ tf ′(t )dt ⇒ I = ∫ xf ′( x)dx  u = x du = dx  ⇒ Đặt:  ta có I = ( xf ( x) ) ′  dv = f ( x) dx v = f ( x)  Do f ( x) hàm số chẵn nên ∫ −1 −1 −∫ −1   = − ∫ f ( x)dx f ( x)dx  −1  2 f ( x) dx = ∫ f ( x)dx Khi I = − f ( x)dx = − = −2 ∫ 0 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn [ 1;3] thỏa mãn f ( x) + ln x xf ′( x) dx f (3) = f (1) = ∫ dx = Tính tích phân I = ∫ x + x + ( ) 1 Lời giải Xét I = ∫  1  u = f ( x) + ln x du =  f ′( x) + ÷dx  f ( x) + ln x  x  dx , đặt  ⇒ dv = dx ( x + 1)  v = − + = x x + ( )   x +1 x +1 3 xf ′( x)   x  + dx ( f ( x) + ln x )  − ∫  Khi I =   x +1  1  x + x +  = 3 3 ( f (3) + ln 3) − f (1) − 0 + ln x + 1  = + ln − ln 4 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn [ 0;1] thỏa mãn f (1) = ∫( xf ( x) dx + x2 f ′( x) + x ) ln(1 + x )dx = ln − Tính tích phân I = ∫ Lời giải 2x  du = dx  u = ln(1 + x )  + x f ′( x) + x ) ln(1 + x )dx = ln − , đặt  ⇒  dv = ( f ′( x) + x ) dx v = f ( x) + x +  2 Xét ∫ ( 1   x2 +   xf ( x )  2 ln − = f ( x ) + ln(1 + x ) − + x ÷dx Khi   ÷  ∫     0  1+ x 1 xf ( x) 1 dx − ∫ xdx ⇔ ln − = ln − I − ⇔ I = − ln 2 1+ x 2 4 0 = ( f (1) + 1) ln − 2∫ 2.3.4 TẠO BÌNH PHƯƠNG CHO HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN a Kiến thức sử dụng b Nếu f ( x) ≥ với ∀x ∈ [ a; b ] ∫ f ( x)dx ≥ , dấu "=" xảy ⇔ f ( x) = 0, ∀x ∈ [ a; b ] a b Hệ quả: ∫f ( x)dx = ⇔ f ( x) = với ∀x ∈ [ a; b ] a b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn [ 1; 2] Biết f (0) = , ∫ f ′( x)dx = ∫[ f ′( x) ] dx = Tính tích phân I = ∫ [ f ( x) ] dx Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ′( x)] 2 f ′( x) nên ta tạo bình phương dạng [ f ′( x) − a ] 2 ( ) 2 Ta chọn a cho ∫ [ f ′( x) − a ] dx = ⇔ ∫ [ f ′( x) ] − 2af ′( x) + a dx = 2 ⇔ ∫ [ f ′( x) ] dx − 2a ∫ f ′( x )dx + a 1 2 ∫ dx = ⇔ − 4a + a = ⇔ a = Từ ta có lời giải Lời giải 2 ( ) 2 1 Ta có ∫ [ f ′( x) − 2] dx = ⇔ ∫ [ f ′( x) ] − f ′( x) + dx = ∫ [ f ′( x)] dx − 4∫ f ′( x)dx + ∫ dx 1 2 = − + = ⇒ f ′( x) = ⇒ f ( x) = x + c , mà f (0) = ⇒ c = nên f ( x) = x + 2 Khi I = ∫ [ f ( x)] dx = ∫ ( x + 1) dx = ∫ ( x + 12 x + x + 1) dx = ( x + x3 + 3x + x ) = 68 3 1 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn [ 0;1] Biết ∫ xf ( x)dx = ∫ [ f ( x) ] dx = Tính tích phân I = ∫ [ f ( x) ] 2018 dx Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ( x)] xf ( x) nên ta tạo bình phương dạng [ f ( x) − ax ] Ta chọn a cho ∫[ 1 f ( x) − ax ] dx = ⇔ ∫ ( [ f ( x) ] ) − 2axf ( x) + a x dx = ⇔ ∫ [ f ( x) ] dx − 2a ∫ xf ( x )dx + a ∫ x dx = ⇔ − 2a + a = ⇔ a = Từ ta có lời giải 0 Lời giải 1 ( ) 1 0 Ta có ∫ [ f ( x) − 3x ] dx = ⇔ ∫ [ f ( x) ] − xf ( x) + x dx = ∫ [ f ( x)] dx − 6∫ xf ( x)dx + ∫ x dx 0 2 ⇔ − + = ⇒ f ( x) = x Khi I = ∫ [ f ( x) ] dx = 32018 ∫ x 2018 dx = 2018 0 2018 2019 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn [ 0;1] Biết ∫ [ f ( x)] dx = ∫ x f ( x )dx = Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ( x)] f ( x ) nên ta chưa thể tạo bình phương, trước hết ta biến đổi ∫ f( x ) dx để khử cách đặt t = x ⇒ dx = 2tdx 1 1 x = ⇒ t = 2 Đổi cận  ta có = 2∫ t f (t )dt ⇒ ∫ t f (t )dt = ⇒ ∫ x f ( x )dt = Đến x = ⇒ t = 0 ta hai biểu thức [ f ( x)] x f ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x) − ax  , 1 ( ) 2 ta chọn a cho ∫  f ( x) − ax  dx = ⇔ ∫ [ f ( x) ] − 2ax f ( x) + a x dx = 2 1 ⇔ ∫ [ f ( x) ] dx − 2a ∫ x f ( x)dx + a ∫ x dx = ⇔ − 2a + a = ⇔ a = Từ ta có lời giải 5 0 Lời giải Xét ∫ x f ( x )dx = , đặt t = x ⇒ dx = 2tdx 1 x = ⇒ t = 2 Đổi cận  , = 2∫ t f (t )dt ⇒ ∫ t f (t )dt = ⇒ ∫ x f ( x )dt = x = ⇒ t = 0 1 2 Vì ∫  f ( x) − x  dx = ⇔ ∫ 0 ( [ f ( x) ] ) 1 − x f ( x) + x dx = ∫ [ f ( x) ] dx − ∫ x f ( x)dx + ∫ x dx = 1 1 − + = nên f ( x ) = x Do I = ∫ f ( x)dx = ∫ x dx = 5 0 0 π  π Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn 0;  Biết f ( ) = ,  2 π ∫[ π π π f ′( x) ] dx = π ∫ cos x f ( x) dx = Tính tích phân I = ∫ f ( x )dx 0 2 Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ′( x)] f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, π trước hết ta biến đổi ∫ cos x f ( x)dx để tạo biểu thức f ′( x) cách đặt u = f ( x) du = f ′( x)dx ⇒  , π = ( f ( x) s inx ) dv = cos xdx v = s inx   π ⇒ ∫ f ′( x) sin xdx = − π π − ∫ f ′( x) sin xdx π Đến ta hai biểu thức [ f ′( x) ] f ′( x).s inx nên ta tạo bình phương dạng [ f ′( x) − a s inx ] π 2 π ( ) Ta chọn a cho ∫ [ f ′( x) − a s inx ] dx = ⇔ ∫ [ f ′( x) ] − 2a s inx.f ′( x) + a sin x dx = π π π ⇔ ∫ [ f ′( x) ] dx − 2a ∫ sin x f ′( x)dx + a ∫ sin xdx = 0 ⇔ π + aπ + πa a  = ⇔ π  + 1÷ = ⇔ a = −2 Từ ta có lời giải 2  Lời giải π u = f ( x) du = f ′( x)dx ⇒ Xét ∫ cos x f ( x)dx = π , đặt   dv = cos xdx v = s inx π π 0 π = ( f ( x) s inx ) − ∫ f ′( x) sin xdx ⇒ ∫ f ′( x) sin xdx = − π π 2 π π 0 ( ) Ta có ∫ [ f ′( x) + 2s inx ] dx = ⇔ ∫ [ f ′( x) ] + 4s inx.f ′( x) + 4sin x dx = π π π 0 4π = ∫ [ f ′( x) ] dx + ∫ sin x f ′( x)dx + ∫ sin xdx = = π − 2π + = ⇒ f ′( x) = −2sin x π ⇒ f ( x) = cos x + c mà f ( ) = ⇒ c = nên ta có f ( x) = cos x Ta có π π 0 I = ∫ f ( x )dx = ∫ cos xdx = Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn [ −1;0] Biết f (−1) = − 169  f ′( x )  ∫−1  x  dx = 105 10 103 ∫−1 ( x − 1) f ( x)dx = 420 Tính tích phân I = ∫0 f ( x)dx  f ′( x)  Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương,  x  trước hết ta biến đổi ∫ ( x − 1) f ( x)dx để đưa f ′( x) cách đặt −1  du = f ′( x)dx u = f ( x)      103 x ⇒ =  − x ÷ f ( x)  − ∫ ( x − x ) f ′( x)dx   , x 420   dv = ( x − 1) dx v = − x   −1 −1  2 169 f ′( x)  2  ′ ⇒ ∫ ( x − x ) f ( x) dx = Đến ta hai biểu thức  ( x − x ) f ′( x)  105  x  −1  f ′( x)  − a ( x − x )  , ta chọn a ta tạo bình phương dạng   x    f ′( x )   f ′( x)  f ′( x )  2 2 − a x − x dx = ⇔ − a x − x + a x − x dx =  ÷ ( ) ( ) ( ) ∫0  x ∫0   x   ÷ x    f ′( x)  2 2 ′ ⇔ ∫ dx − a x − x f ( x ) dx + a x − x ( ) ( ) dx = ∫ ∫  x  0 169 169 169 ⇔ − 2a + a = ⇔ a = Từ ta có lời giải 105 105 105 1 Lời giải 103 Xét ∫ ( x − 1) f ( x)dx = , đặt 420 −1  du = f ′( x)dx u = f ( x)  ⇒  , x2  dv = ( x − 1) dx v = − x  0  169  103  x 2 =  − x ÷ f ( x)  − ∫ ( x − x ) f ′( x)dx ⇒ ∫ ( x − x ) f ′( x) dx = 105 420  −1   −1 −1   f ′( x)   f ′( x)  f ′( x )  3 2 − x − x dx = ⇔ − x − x + x − x dx  ÷ ( ) ( ) ( ) Ta có ∫  ∫    x  ÷ x x  0   f ′( x)  2 ′ = ∫ dx − x − x f ( x ) dx + x − x ( ) ( ) dx ∫ ∫  x  0 169 169 169 f ′( x) 1 = − + =0⇒ = x − x ⇔ f ′( x) = x − x ⇒ f ( x ) = x − x + c 105 105 105 x 1 Mà f (−1) = − Khi I = ∫ 1 ⇒ c = nên f ( x) = x5 − x 10 1   1  f ( x)dx = ∫  x − x ÷dx =  x − x ÷ = −  10  15  30 0 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn [ 0; 2] Biết f (2) = [ 2 f ′( x) ] = 21x − 12 x − 12 xf ( x) với ∀x ∈ [ 0; 2] Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx 2 Nhận xét : từ giả thiết ta có ∫ [ f ′( x)] dx = ∫  21x − 12 x − 12 xf ( x) dx 2 2 0 ⇒ ∫ [ f ′( x) ] dx = ∫ ( 21x − 12 x ) dx − 12∫ xf ( x)dx ⇒ ∫ [ f ′( x) ] dx = 2 552 − 12 ∫ xf ( x )dx (*) Đến ta có hai biểu thức [ f ′( x)] f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, du = f ′( x )dx u = f ( x)  ⇒ trước hết ta biến đổi ∫ xf ( x)dx để tạo f ′( x) cách đặt  x2 dv = xdx v =    2 2  x2  2 Khi ∫ xf ( x)dx =  f ( x)  − ∫ x f ′( x)dx = 14 − ∫ x f ′( x)dx , vào (*) ta 20 2 0 20 2 ∫ [ f ′( x)] dx = 2   288 552 = (**) − 12 14 − ∫ x f ′( x)dx  ⇔ ∫ [ f ′( x) ] dx − ∫ x f ′( x)dx + 5 20 0   2 2 288 2 Mà ∫ x dx = nên ta có (**) ⇔ ∫ [ f ′( x)] dx − 6∫ x f ′( x)dx + ∫ x dx = 0 0 2 ⇔ ∫  f ′( x) − x  dx = ⇒ f ′( x) = x ⇒ f ( x ) = x + c mà f (2) = ⇒ c = −1 ⇒ f ( x) = x − 2 0 Khi I = ∫ f ( x)dx = ∫ ( x − 1) dx = Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn [ 0;1] thỏa mãn ∫ f ( x)dx = , ∫ xf ( x)dx = 1 13 ∫ [ f ( x)] dx = Tính tích phân I = ∫ [ f ( x)] dx 0 Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ( x)] , xf ( x) f ( x) nên ta tạo bình phương dạng [ f ( x) + ax + b ] ,ta chọn ⇔∫ ( [ f ( x) ] a, b cho ∫ [ f ( x) + ax + b] ) + 2axf ( x) + 2bf ( x) + 2abx + a x + b dx = dx = 1 1 0 ⇔ ∫ [ f ( x) ] dx + 2a ∫ xf ( x)dx + 2b ∫ f ( x)dx + 2ab ∫ xdx + ∫ ( a x + b ) dx = 0 13 a + 2a + 4b + ab + + b = ⇔ a + ( 3b + ) a + 3b + 12b + 13 = Để có a 2 ∆ = ( 3b + ) − ( 3b + 12b + 13) ≥ ⇔ −3 ( b + 1) ≥ ⇔ b = −1 ⇒ a = −2 , từ ta có lời giải ⇔ Lời giải ( ) Ta có ∫ [ f ( x) − x − 1] dx = ∫ [ f ( x)] − xf ( x) − f ( x) + x + x + dx 2 1 1 0 0 = ∫ [ f ( x) ] dx − 4∫ xf ( x)dx − ∫ f ( x )dx + ∫ xdx + ∫ ( x + 1) dx = 1 3 13 = − − + + + = ⇒ f ( x) = x + Khi I = ∫ [ f ( x) ] dx = ∫ ( x + 1) dx = 10 0 π  π Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn 0;  thỏa mãn  2 π π π ∫ sin x f ( x)dx = + ∫ [ f ( x)] dx = π ∫ f ( x)dx = + , π 3π + Tính tích phân I = ∫ f ( x ).cos xdx Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ( x)] , sin x f ( x) f ( x) nên ta tạo bình phương dạng [ f ( x) + a sin x + b ] ,ta chọn a, b cho π ∫ [ f ( x) + a sin x + b ] dx = 0 π ⇔∫ ( [ f ( x) ] π 2 ) + 2a sin xf ( x) + 2bf ( x) + 2ab sin x + a sin x + b dx = π π 0 π π 0 ⇔ ∫ [ f ( x )] dx + 2a ∫ sin xf ( x)dx + 2b ∫ f ( x)dx + 2ab ∫ sin xdx + ∫ ( a sin x + b ) dx = 3π πa πb π  π  + + 2a  + 1÷+ 2b  + 1÷+ 2ab + + =0 4 4  2  2 2 ⇔ π ( a + 1) + ( a + 1) ( b + 1) + 2π ( b + 1) = , để có a ∆′ = 16 ( b + 1) − 2π ( b + 1) ≥ ⇔ ⇔ ( 16 − 2π ) ( b + 1) ≥ ⇔ b = −1 ⇒ a = −1 Từ ta có lời giải Lời giải π π 0 Ta có ∫ [ f ( x) − sin x − 1] dx = ∫ ( [ f ( x)] ) − 2sin xf ( x) − f ( x) + 2sin x + sin x + dx = π π π π π 0 0 ⇔ ∫ [ f ( x )] dx − ∫ sin xf ( x)dx − ∫ f ( x)dx + ∫ sin xdx + ∫ ( sin x + 1) dx = 3π 3π π  π  + −  + 1÷−  + 1÷+ + = ⇒ f ( x) = s inx + 4 4  2  π π 0 Khi I = ∫ f ( x).cos xdx = ∫ ( s inx + 1) cos xdx = BÀI TẬP ÁP DỤNG π Cho f ( x) hàm số liên tục R thỏa mãn Tính tích phân I = ∫1 f (4 x) dx x 16 ∫ cot x f (sin x)dx = ∫ π f ( x) dx = x 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Thực tiễn giảng dạy trường THPT Hậu Lộc nhà trường giao cho giảng dạy ba lớp 12A6, 12A7 12A9 Sau thử nghiệm dạy nội dung qua việc lồng gép dạy lớp, dạy tự chọn, bồi dưỡng thấy học sinh hứng thú học tập, tiếp thu kiến thức có hiệu chất lượng học toán nâng lên rõ rệt Sau áp dụng đề tài khảo sát lại học sinh thu kết sau: Lớp Sĩ Giỏi Khá TB Yếu Kém số SL % SL % SL % SL % SL % 12A6 36 11.1 10 27.8 20 55.6 5.5 0 12A7 39 23.1 12 30.8 17 43.6 2.5 0 12A9 42 4.8 14.3 31 73.8 7.1 0 Như qua kết trên, so sánh với số liệu khảo sát lần đầu tơi nhận thấy chất lượng học tập mơn tốn học sinh nâng lên rõ rệt, số lượng học sinh giỏi tăng lên nhiều Với đề tài đưa trước tổ môn để trao đổi, thảo luận rút kinh nghiệm Đa số đồng nghiệp tổ đánh giá cao vận dụng có hiệu quả, tạo hứng thú cho học sinh giúp em hiểu sâu, nắm vững chất biến đổi việc tính tích phân hàm ẩn , tạo thói quen sáng tạo nghiên cứu học tập KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Dạy Toán trường THPT trình sáng tạo Mỗi giáo viên tự hình thành cho đường ngắn nhất, kinh nghiệm hay để đạt mục tiêu giảng dạy đào tạo, bồi dưỡng nhân tài, chủ nhân tương lai đất nước Việc tính tích phân ứng dụng dạng tốn khơng thể thiếu chương trình tốn phổ thơng kì thi THPT quốc gia Nếu dừng lại yêu cầu sách giáo khoa chưa đủ, địi hỏi người giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tịi sáng tạo, thường xuyên bổ sung kiến thức tích luỹ kinh nghiệm vấn đề Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh học tập, đọc tài liệu tham khảo ôn thi THPT quốc gia rút số kinh nghiệm nêu Như đề tài " Phương pháp tính tích phân số hàm ẩn" giúp học sinh có hệ thống kiến thức, linh hoạt việc định hướng biến đổi có kinh nghiệm việc tính tích phân nói chung tích phân hàm ẩn nói riêng góp phần nâng cao chất lượng dạy học, đáp ứng yêu cầu đổi dạy học Cuối dù cố gắng tự nghiên cứu, tự bồi dưỡng học hỏi đồng nghiệp song khơng thể tránh khỏi thiếu sót Rất mong góp ý , bổ sung đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện 3.2 Kiến nghị 3.2.1 Đối với tổ chun mơn : Cần có nhiều buổi họp thảo luận nội dung phương pháp tính tích phân Khuyến khích học sinh xây dựng tập toán liên quan đến dạng tập toán giảng 3.2.2 Đối với trường : Cần bố trí tiết thảo luận để thơng qua học sinh bổ trợ kiến thức.Trong dạy học giải tập toán, giáo viên cần xây dựng giảng thành hệ thống tập có phương pháp quy trình giải tốn 3.2.3 Đối với sở giáo dục : Phát triển nhân rộng đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời sau năm sở tập hợp sáng kiến kinh nghiệm đạt giải in thành sách nội để gửi trường làm sách tham khảo cho học sinh giáo viên XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 22 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN thân viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Văn Mạnh TÀI LIỆU THAM KHẢO: [1] Sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo Dục Việt Nam, Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) - Nguyễn Huy Đoan ( Chủ biên) [2] Sách tập Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo Dục Việt Nam Nguyễn Huy Đoan ( Chủ biên) [3] Sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao, NXB Giáo Dục, Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) – Văn Như Cương ( Chủ biên) DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Văn Mạnh Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Hậu Lộc TT Tên đề tài SKKN Sử dụng đạo hàm để giải phương trình , bất phương trình hệ phương trình Sử dụng số phức vào giải số toán đại số Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh…) Ngành GD cấp tỉnh Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) C Ngành GD cấp tỉnh C Năm học đánh giá xếp loại 2013 2012 ... tích phân hàm ẩn thơng qua số ví dụ tương ứng là: Phương pháp biến đổi để đưa nguyên hàm bản, Phương pháp đổi biến số, phương pháp tính tích phân phần tạo bình phương cho biểu thức dấu tích phân. .. hỏi học sinh phải tư linh hoạt tích phân số hàm ẩn đưa vào để yêu cầu học sinh, học kỹ phương pháp tính tích phân , đứng trước yêu cầu tính tích phân hàm ẩn đa số em nhiều lúng túng chí khơng... ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Chương Nguyên hàm - Tích phân chủ yếu phương pháp tính tích phân số hàm ẩn 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực đề tài này, sử dụng phương pháp sau : a Nghiên cứu tài liệu :