Phân dạng bài toán nguyên hàm liên quan đến phương trình vi phân tách biến giúp học sinh nhận dạng bài toán tốt hơn

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình Giải tích lớp 12 có phần quan trọng chương trình Tốn phổ thơng ln có mặt đề thi THPTQG năm gần phần Nguyên Hàm Đây nội dung quen thuộc học sinh THPT nhiên với tốn khơng có dạng SGK khiến em vô bỡ ngỡ cách giải, khai thác từ đâu Do hiệu học tập ơn thi em không cao Thực tế yêu cầu việc giảng dạy phương thức thi theo hình thức trắc nghiệm vài năm gần , kiến thức toán mở rộng đói hỏi giáo viên học sinh phải nỗ lực có phương pháp rõ ràng với số toán mức độ vận dụng vận dụng cao Với ý định đó, sáng kiến kinh nghiệm muốn nêu cách định hướng việc tìm lời giải tốn Vì với trách nhiệm mình, tơi thấy cần phải xây dựng thành chuyên đề từ rèn luyện kĩ nhận dạng, nâng cao lực giải toán cho học sinh để em khơng cịn e ngại hay lúng túng gặp dạng toán Qua trình tích lũy tơi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Phân dạng tốn ngun hàm liên quan đến phương trình vi phân tách biến giúp học sinh nhận dạng tốn tốt hơn” 1.2 Mục đích nghiên cứu Nhằm hệ thống cho học sinh số dạng tốn tính nguyên hàm liên f ( x), f ' ( x), f '' ( x) quan đến biểu thức chứa để học sinh nhìn nhận giải tốn tốt Giúp học sinh nâng cao tư duy, kĩ tính tốn Từ cung cấp kiến thức quan trọng cho học sinh bước vào kỳ thi THPTQG kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa thời gian tới Kết hợp định tính định lượng nhằm giúp em hệ thống tốt kiến thức học giúp em hứng thú học toán Giúp cho thân đồng nghiệp có thêm tư liệu để ơn tập cho học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Các tốn ngun hàm có liên quan đến biểu thức chứa f ( x), f ' ( x), f '' ( x) - Một số đề thi thử THPTQG trường địa bàn tỉnh Thanh Hóa trường THPT nước 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu Toán lớp 12 - Đánh giá kết học tập, kết kì thi THPTQG mơn Tốn học sinh lớp 12C1, 12C2 năm học 2019-2020 trường THPT Yên Định - Phân tích, đánh giá, tổng hợp dạng tốn nguyên hàm liên quan đến f ( x), f ' ( x), f '' ( x) biểu thức chứa NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận a Một số kết thường dùng Quy tắc tính đạo hàm [1] Các định lý nguyên hàm [1] Tính chất nguyên hàm [1] Các phương pháp tính ngun hàm [1] Dạng 1: Bài tốn nguyên hàm liên quan đến biểu thức dạng u ( x ) f ' ( x) + u ' ( x ) f ( x ) = h ( x ) Dạng 2: Bài toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức dạng f ' ( x ) + p ( x ) f ( x ) = h( x ) Dạng 3: Bài toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức dạng n f ' ( x ) + p ( x).[ f ( x) ] = b Các ví dụ điển hình Dạng 1: Bài toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức u ( x ) f ′ ( x ) + u ' ( x ) f ( x) = h ( x ) Phương Pháp ' u ( x) f ' ( x) + u ' ( x) f ( x ) = [ u ( x ) f ( x ) ] Dễ dàng thấy ' ' u ( x) f ( x) + u ( x) f ( x) = h( x) ⇔ [ u ( x)(x) ] Do u ( x) f ( x) = ∫ h( x)dx Lấy nguyên hàm vế ta f ( x) Dề dàng tính f ( x) f (1) = [ 1;2] Ví dụ 1: Cho hàm số có đạo hàm liên tục thỏa mãn ' ( x + 3) f ( x) + xf ( x) = 3x f (2) Tính ( Tuyển tập 3000 tốn tích phân số phức –XB năm 2020) Lời giải ' ( x + 3) f ' ( x ) + xf ( x ) = x ⇔ ( x + 3) f ( x )  = 3x ⇔ ( x + 3) f ( x) = ∫ x 2dx = x + C Thay x =1 ta x3 + 11 f (1) = + C ⇒ C = ⇒ f ( x ) = ⇒ f (2) = x +3 f ( x) Ví dụ 2: Cho hàm số thỏa mãn ' f (0) = f (0) = f (2) Tính giá trị 43 16 30 15 B A ( f ' ( x))2 + f ( x) f '' ( x) = x − x C 43 15 D 26 15 ( Chuyên Bắc Ninh 2019) Lời giải Ta có '  f ' ( x)  + f ( x ) f '' ( x) = x − x ⇔  f ( x) f ' ( x)  = x − x Suy f ( x ) f ' ( x) = ∫ ( x3 − x)dx = f (0) = f (0) = ' Từ f ( x) f ' ( x) = Suy C =1 x − x + C Vậy f ( x) f ' ( x) = x − x + ' x − x + ⇔ ( f (x) ) = x − x + 2 2 1  ⇔ f ( x) = ∫  x − x + ÷dx = x − x + x + C 10 2  Từ f (0) = Do suy 43 T= 15 C =1 f ( x) = Vậy x − x + 2x + 10 ( 0;+ ∞ ) f ( x) Ví dụ 3: Cho hàm số liên tục có đạo hàm xác định Biết ' f ( x) > 0, ∀x ∈ ( 0; + ∞ ) f ( x )(ln f ( x ) − 1) + x ( f ( x ) − f ( x )) = thỏa mãn ln( f (2)) − ln( f (1)) = ( 0;6 ) A B ∫ xf ( x)dx Giá trị tích phân ( 6;12 ) ( 18;24 ) nằm khoảng ( 12;18) C D ( Quảng Xương 1- lần năm 2021) Lời giải Từ giả thiết suy xf ' ( x) xf ' ( x) ln f ( x) − + − x = ⇔ ln f ( x) + = x + f ( x) f ( x) ⇔ ( x ln( f ( x))' = x + x ln( f ( x)) = ∫ (2 x + 1)dx = x + x + C Nguyên hàm vế, ta được: x = 1, x = ln( f (1)) = C + 2;2ln( f (2)) = C + Thay vào vế, ta được: ⇒ C = ⇒ x ln f ( x ) = x + x Vì x>0 ln( f ( x )) = x + ⇒ f ( x) = e x +1 2 1 ⇒ ∫ xf ( x)dx = ∫ xe x+1dx ≈ 20,1 ta có: ( f ' ( x )) + f ( x ) f '' ( x ) = 15 x + 12 x , ∀x ∈ ¡ f ( x) Ví dụ 4: Cho hàm số thỏa mãn: ' f (0) = f (0) = f (1) Giá trị A B 10 C D ( Sở GD&ĐT Bến Tre 2019) Lời giải Theo giả thiết ∀x ∈ ¡ :( f ' ( x)) + f ( x ) f " ( x) = 15 x + 12 x ⇔ f ' ( x) f ' ( x) + f ( x) f " ( x) = 15 x + 12 x ' ⇔  f ( x) f ' ( x)  = 15 x + 12 x ⇔ f ( x) f ' ( x) = ∫ (15 x + 12 x)dx = x + x + (1) Thay x=0 vào ( 1) f (0) f ' (0) = C ⇒ C = , ta được: ( 1) f ( x) f ' ( x) = x + x + Khi trở thành: 1 1 1  1  ⇒ ∫ f ( x) f ( x)dx = ∫ ( x + x + 1) dx ⇔  f ( x)  =  x + x + x ÷ 2 0 2 0 0 ' ⇔ 2  f (1) − f (0)  = ⇔ f (1) − = ⇔ f (1) = 2 Vậy f (1) =  f ' ( x)  + f ( x) f '' ( x) = x − x + 1, ∀x ∈ ¡ f ( x) Ví dụ 5: Cho hàm số thỏa mãn ' f (0) = f (0) = [ f (1)] Giá trị 28 19 22 A B 10 C D (Sở GD&ĐT Tỉnh Cần Thơ 2018) Lời giải Ta có  f ( x ) f ′ ( x ) ′ =  f ′ ( x )  + f ( x ) f ′′ ( x )  f ( x ) f ′ ( x ) ′ = x − x + Do theo giả thiết ta 2 x f ( x) f ' ( x) = x − + x + C f (0) = f ' (0) = 3 C = Suy Hơn suy ' x2 '  f ( x )  = 2( x − + x + 9)  f ( x )  = f ( x ) f ' ( x ) Tương nên Suy x x f ( x) = ∫ 2( x − + x + 9)dx = x − + x + 18 x + C 3 Vì f (0) = C = nên suy x3 f ( x ) = x − + x + 18 x + 3 Dạng 2: Bài toán nguyên hàm liên quan đến biếu thức f ' ( x ) + p ( x) f ( x) = h( x) Phương pháp Nhân hai vế với e∫ p ( x )dx ta ' p ( x )dx p ( x )dx p ( x )dx p ( x )dx  p ( x )dx f ( x ).e ∫ + p ( x ).e ∫ f ( x) = h( x ).e ∫ ⇔  f ( x ).e ∫ = h ( x ).e ∫   ' f ( x).e ∫ Suy p ( x )dx = ∫ e∫ p ( x )dx h( x)dx f ( x) Từ dễ dàng tính Bài tốn 1: Bài tốn ngun hàm liên quan đến biếu thức f ' ( x) + f ( x) = h( x ) p ( x) = Định hướng : Bài toán ứng với trường hợp dx e∫ = e x Nhân vế với y = f ( x) [ 0;5] Ví dụ 1: Cho hàm số có đạo hàm liên tục thỏa mãn ' −x f ( x ) + f ( x) = e 3x + , ∀x ∈ [ 0;5] f (0) = f (5) biết Tính 13 14 11 5 e e e e5 A B C D ( Chuyên Lam Sơn –Thanh hóa năm 2020) Lời giải x e Nhân vế với ta ' e x f ' ( x) + e x f ( x) = 3x + ⇔ e x f ( x)  = x + ⇒ e x f ( x ) = ∫ x + 1dx ⇒ e x f ( x ) = Với Với x=0 x=5 ta tìm f (5) = ta có ( ) 3x + + C 2 C = − ⇒ e x f ( x) = 9 ( ) 3x + − 14 e5 f ( x) Ví dụ 2: Cho hàm số thỏa mãn 2x f ( x) e nguyên hàm 2x x ( x − 2)e + e + C A ( x − 1)e x + C C f ( x) + f ' ( x) = e − x f (0) = Tất ( x + 2)e2 x + e x + C B ( x + 1)e x + C D (Đại học Vinh năm 2019) Lời giải f ( x ) + f ' ( x ) = e − x ⇔ f ( x ) e x + f ' ( x ) e x = ⇔ ( f ( x )e x ) ' = ⇔ f ( x )e x = x + C f (0) = f ( x)e x = ( x + 2)e x C=2 Vì nên Do Vậy 2x x x x x x x ∫ f ( x)e dx = ∫ ( x + 2)e dx = ( x + 2)e − ∫ e dx = ( x + 2)e − e + C = ( x + 1)e + C Chọn đáp án D Bài toán 2: Bài toán nguyên hàm liên quan đến biếu thức f ' ( x) − f ( x) = h( x) p( x) = −1 e− x Định hướng : Bài toán ứng với Nên nhân vế với f ( x) f (0) = −5 ¡ Ví dụ 1: Cho hàm số có đạo hàm liên tục Biết ' f ( x) − f ( x) = x + f (1) Tính giá trị ( Tuyển tập 3000 tốn tích phân số phức –XB năm 2020) Lời giải − e x f ' ( x) − e − x f ( x) = (2 x + 1)e − x e− x Nhân vế với ta : ' ⇔ e − x f ( x )  = (2 x + 1)e − x ⇔ e f ( x ) = ∫ (2 x + 1)e dx = −(2 x + 3)e − x + C −x Với Vậy x=0 ta tìm f (1) = −5 − 2e −x C = −2 f (0) = − y = f ( x) ¡ Ví dụ 2: Cho hàm số có đạo hàm liên tục Biết ' f ( x ) = f ( x) + cos x f (π ) Tính giá trị 1 − 2 −1 A B C D ( Tuyển tập 3000 tốn tích phân số phức –XB năm 2020) Lời giải −x e Nhân vế với ta e − x f ' ( x) − e − x f ( x ) = cos x e − x ⇔ ( e− x f ( x) ) = cos x.e− x ⇔ e − x f ( x) = ∫ cos x.e − x dx ' e− x ⇔ e f ( x) = (sin x − cos x) + C −x Với C = x=0 thay vào ta tìm f ( x) = (sinx − cosx) + C f (π ) = Suy Vậy Bài toán 3: Bài toán nguyên hàm tổng quát liên quan đến biểu thức f ' ( x ) + p ( x) f ( x) = h( x) f ( x) Ví dụ 1: Cho hàm số x f ( x) + tan x f ' ( x) = cos3 x liên tục có đạo hàm  π  0; ÷  2 π π f ( ) − f ( ) = aπ + b ln 3 thỏa mãn Biết ú a , b Ô P =a+b Giỏ trị biểu thức 14 − − 9 9 A B C D ( Sở Bình Phước năm 2019) Lờigiải x x ' f ( x ) + tan x f ' ( x ) = ⇔ cos x f ( x ) + sin x f ( x ) = cos3 x cos x x ' ⇔ [ sin x f ( x )] = cos x x sin x f ( x ) = ∫ dx cos x ⇒ x I =∫ dx cos x Tính  u=x  du = dx  ⇒  dx  dv = cos x v = tan x x d (cos x ) dx = x tan x − ∫ tan xdx = x tan x + ∫ = x tan x + ln cos x cos x cos x I =∫ ⇒ f ( x) = x tan x + ln cos x ln cos x x = + sin x cos x sin x π π 2π 2ln π 3 5π aπ + b ln = f ( ) − f ( ) = 3( − )−( + 2ln ) = − ln 3 9  a =  b = −1 Suy P =a+b=− Vậy f ( x) Ví dụ 2: Cho xf ( x) + f ( x) = 3x ' hàm số liên f (1) = x biết tục ( 0;+ ∞ ) thỏa mãn f (4) Tính ? 16 14 B C D ( Chuyên Lê Hồng Phong -Nam Định Năm 2019) Lờigiải f ' ( x) + f ( x) = x x 2x Định hướng: Đưa biểu thức dạng 3x ' x f ( x) + f ( x) = dx 2 x e∫ x = x Nhân vế với ta ' ' 3 ⇒ x f ( x) = x ⇒ ∫ x f ( x ) dx = ∫ x 2dx 2 A ( 24 ) ( ) ⇒ x f ( x ) = x + C (*) f (1) = Mà nên từ ( *) có: 1 x x f (1) = 13 + C ⇔ = + C ⇔ C = ⇒ f ( x ) = 2 2 f (4) = Vậy 4 = 16 ¡ \ { −1;0} f ( x) Ví dụ 3: Cho hàm số liên tục thỏa mãn điều kiện ' f (1) = −2ln x( x + 1) f ( x) + f ( x) = x + x f (2) = a + b ln ( a , b Ô ) v Biết 2 2(a + b ) Gía trị 27 9 4 A B C D ( Lý Nhân Tông-Bắc Ninh-2020) Lời giải x( x + 1) f ' ( x) + f ( x) = x + x x( x + 1) Chia hai vế biểu thức cho ta 1 x ∫ dx e x +1 = f ' ( x) + f (x) = x +x x +1 Nhân vế với ta ' x x x  x  f ' ( x) + f ( x) = ⇔ f ( x) = x +1 x +1  x +1  x +1 ( x + 1) x x   f ( x) = ∫ dx = ∫ 1 − ÷dx = x − ln x + + C x +1 x +1  x +1 Vậy f (1) = − ln + C ⇔ − ln = − ln + C ⇔ C = −1 f (1) = −2ln 2 Do nên ta có x +1 f ( x) = ( x − ln x + − 1) x Khi 3 3 3 f (2) = (2 − ln − 1) = (1 − ln 3) = − ln ⇒ a = , b = − 2 2 2 Vậy ta có 10      2(a + b ) =  ÷ +  − ÷  =      Suy f ( x) Ví dụ 4: Cho hàm số f ( x) = xf ' ( x) − x3 − x f (1) = thỏa mãn f (2) x>0 với Gía trị 10 20 15 A B C D ( Đề Thi KHTN 2019) Lời giải xf ' ( x ) − f ( x ) = x + 3x ⇔ f ' ( x) − f ( x) = x + x x −1 e ∫ x dx = x Nhân vế với ta ' ' f ( x)  f ( x)  f ( x) − f ( x) = x + ⇔  = x + ⇒ = ∫ (2 x + 3)dx x x x  x  f ( x) = x + 3x + C x C ∈¡ Do (1) với f (1) = x =1 Vì theo giả thiết, nên thay vào hai vế (1) ta thu C=0 từ f ( x) = x + 3x f (2) = 20 Vậy f ( x) ¡ Ví dụ 5: Cho hàm số có đạo hàm thỏa mãn f (0) = ' x ( x + 2) f ( x) + ( x + 1) f ( x) = e f (2) Tính e e2 e e f (2) = f (2) = f (2) = f (2) = 6 A B C D ( Tuyển tập 3000 toán tích phân số phức –XB năm 2020) Lời giải ' f ( x) ( x + 1) Đưa hệ số cách chia vế cho ta x x+2 e x+2 dx f ( x) + f ' ( x) = ∫ e x+1 = ( x + 1)e x x +1 x +1 Nhân vế với ta 11 ' ( x + 2)e x f ( x) + e x ( x + 1) f ' ( x) = e x ⇔ e x ( x + 1) f ( x)  = e2 x Suy Mà e x ( x + 1) f ( x) = ∫ e x dx = e x + C f (0) = ⇒ C = f (2) = Vậy ex f ( x) = x +1 e Khi Dạng 3: Bài tốn ngun hàm liên quan đến biểu thức n f ' ( x) + p ( x) [ f ( x) ] = Phương pháp: f ' ( x) Chia vế cho [ f ( x) ] f ' ( x) Suy ∫ [ f ( x) ] n ta [ f ( x) ] dx = − ∫ p ( x)dx ⇔ n n + p ( x) = ⇔ [ f ( x) ] − n +1 −n + f ' ( x) [ f ( x) ] = − p ( x) n = − ∫ p ( x)dx f (2) = − f ( x) 19 f ' ( x) = x3 f ( x), ∀x ∈ ¡ Ví dụ 1: Cho hàm số thỏa mãn f (1) Giá trị − − − −1 A B C D ( Chuyên Thái Bình 2020) Lời giải ' f ( x) f ' ( x) x4 ' 3 f ( x) = x f ( x ) ⇔ = x ⇒ ∫ dx = ∫ x dx ⇔ − = +C f ( x) f ( x) f ( x) Ta có: 19 16 f (2) = − ⇒ = + C ⇒ C = 19 4 Theo f ( x) = Suy −4 x4 + Vậy f (1) = −1 12 f (2) = − f ( x) Ví dụ 2: Cho hàm số thỏa mãn f (1) ∀x ∈ ¡ Giá trị 391 − − 400 40 B A 25 − C f ' ( x) = x3 [ f ( x)] 41 400 − D 10 , ( Đề Thi THPTQG Năm 2018) Lời giải f ( x ) = x [ f ( x )] ⇒ − ' f ( x) f (2) = − ' ' [ f ( x )]   = −4 x ⇒  = −4 x ⇒ = − x + C  f ( x)  f ( x)  25 1 ⇒ f (1) = − x +9 10 f ( x) = − C = −9 nên ta có Do f ( x) ¡ Ví dụ 3: Cho hàm số đồng biến có đạo hàm liên tục thỏa mãn Do ( f ( x) ) ' = f ( x).e x , ∀x ∈ ¡ đây? ( 12;13) A B ( 9;10 ) f (0) = f (2) Khi C ( 11;12 ) thuộc khoảng sau D ( 13;14 ) (Chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An -2020) Lời giải f ( x) f (0) = ¡ Vì hàm số đồng biến có đạo hàm liên tục đồng thời ' f ( x) ≥ f ( x) > ∀x ∈ [ 0; + ∞ ) nên , ( f ( x) ) ' = f ( x).e x , ∀x ∈ ¡ f ( x) = ' Từ giả thiết suy x ' f ( x) = e , ∀x ∈ [ 0; + ∞ ) f ( x) Do x f ( x ).e , ∀x ∈ [ 0; + ∞ ) x f ( x) = e + C , ∀x ∈ [ 0; + ∞ ) Lấy nguyên hàm hai vế, ta f (0) = C = − Kết hợp với , ta 13 với C số ( ) f (2) = e + − ≈ 9,81 Từ đó, tính f ( x) < 0, ∀x > f ( x) Ví dụ 4: Cho hàm số f ' ( x) thỏa mãn có đạo hàm ' ( 0;+ ∞ ) f ( x) = (2 x + 1) f ( x), ∀x > liên tục khoảng thỏa mãn f (1) = − f (1) + f (2) + f (2020) Giá trị biểu thức 2020 2015 2019 2016 − − − − 2021 2019 2020 2021 A B C D (Hải Hậu -Nam Định -2020) Lời giải f ' ( x) f ' ( x) ' f ( x ) = (2 x + 1) f ( x) ⇔ = x + ⇒ ∫ dx = ∫ (2 x + 1)dx f ( x) f ( x) Ta có: ⇒− = x + x + C f ( x) −1 1 f (1) = − ⇒ C = ⇒ f ( x) = = − x + x x +1 x Mà  f (1) = −1   1  f (2) = −  2020  ⇒ f (1) + f (2) + f (3) + + f (2020) = −1 + = 1  f (3) = − 2021 2021     1 −  f (2020) = 2021 2020  f ( x) ¡ f ( x) ≠ 0, ∀x ∈ ¡ Ví dụ 5: Cho hàm số liên tục , thỏa mãn a f (1) + f (2) + + f (2019) = − f (1) = − , f ' ( x) = (2 x + 1) f ( x) b , Biết với a , b ∈ ¥ ,(a , b) = Khẳng định sau SAI? a − b = 2019 ab > 2019 2a + b = 2022 b ≤ 2020 A B C D 14 ( Sở Hà Nội Năm 2019) Lời giải f ' ( x) f ' ( x) ' f ( x ) = (2 x + 1) f ( x) ⇔ = x + ⇒ ∫ dx = ∫ (2 x + 1)dx f ( x) f ( x) Theo d( f ( x)) ⇒∫ = ∫ (2 x + 1)dx ⇒ − = x + x + C (1) f ( x) f ( x) (Với C số thực) 2+C =− Thay x =1 (1) vào ta ⇔ C = − f ( x) = Vậy 1 − x +1 x 1 1 1 T = f (1) + f (2) + + f (2019) = ( − ) + ( − ) + + ( − ) = −1 + 2020 2019 2020 Suy ra:  a =1 ⇒ a − b = −2019  b = 2020 f ( x), ∀x ∈ ¡ , f (0) = Ví dụ 6: Cho hàm số Mệnh đề đúng? f ( x) < A f ( x) > C f ' ( x) = f ( x) Ta có: f (0) = Mà nên ⇒ x +1 ∫ B f ( x) = x + f ' ( x), ∀x ∈ ¡ < f ( x) < 4 < f ( x) < D (Chuyên Thái Nguyên 2019) Lời giải ' f ( x) dx = ∫ dx ⇔ ln( f ( x)) = x + + C f ( x) x +1 C = −2 ⇒ f ( x) = e2 x +1− ⇒ f (3) = e > [ 2;4] f ( x) > 0, ∀x ∈ [ 2;4] f ( x) có đạo hàm liên tục x3 f ( x) =  f ' ( x )  − x , ∀x ∈ [ 2;4 ] , f (2) = ' Biết 15 f ( x) Ví dụ 7: Cho hàm số Giá trị A 40 − Ta có: B 20 − f ' ( x) > 0, ∀x ∈ [ 2;4] ⇒ f ( x) ≥ f (2) f (2) = mà 40 − C D ( Chuyên Lê Hồng Phong –Nam Định -2019) Lờigiải f ( x) [ 2;4] nên hàm số đồng biến Do đó: f ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 2;4] x f ( x) =  f ( x)  − x ⇔ x [ f ( x ) + 1] =  f ' ( x)  Từ giả thiết ta có: 20 − ' 3 ⇔ x f ( x ) = f ' ( x) ⇔ 3 ' f ( x) =x f ( x) + Suy ra: f ' ( x) d [ f ( x) + 1] x 33 x2 d x = x d x ⇔ = + C ⇔ f ( x ) + = + C [ ] ∫ f ( x) + ∫ ∫ f ( x) + f (2) = Theo ⇔ =2+C ⇔C =− 2 4   ( x − 1)  − 40 − f ( x) = ⇒ f (4) = 4 Vậy: 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu Thực trạng đứng trước toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức f ( x), f ' ( x), f '' ( x) chứa mức độ vận dụng vận dụng cao học sinh thường lúng túng đặt câu hỏi: Phải định hướng tìm lời giải tốn từ đâu ? học sinh giải thường bỏ qua toán Với tình hình để giúp học sinh định hướng tốt q trình giải tốn, giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xem xét tốn nhiều góc độ, đưa tốn ban đầu dạng quen thuộc từ học sinh định hình cách giải Trong việc hình thành cho học sinh khả tư theo phương pháp giải điều cần thiết Việc trải nghiệm qua trình giải tốn giúp học sinh hồn thiện kỹ định hướng giải toán Kết quả, hiệu thực trạng với thực trạng ra, thông thường học sinh dễ dàng cho lời giải tốn có cấu trúc đơn giản Cịn đưa tốn khác chút cấu trúc học sinh thường tỏ lúng túng khơng biết định hướng tìm lời giải tốn Từ đó, hiệu 16 giải tốn học sinh bị hạn chế nhiều Trước thực trạng học sinh, tơi thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen xem xét tốn ngun hàm biết phân dạng tốn Vì vậy, song song với lời giải, yêu cầu học sinh chất tương ứng, từ phân tích ngược lại cho tốn vừa giải Trong sáng kiến kinh nghiệm này, nhiều nội dung áp dụng có hiệu Qua giúp học sinh nhận thức, phân tích chất toán để bổ trợ cho việc giải toán nguyên hàm mức độ vận dụng vận dụng cao suy nghĩ có chủ đích, giúp học sinh chủ động việc tìm kiếm lời giải phân loại cách tương đối toán f ( x), f ' ( x), f '' ( x) nguyên hàm liên quan đến biểu thức chứa 2.3 Các giải pháp tổ chức thực để giải vấn đề Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ giải tốn thơng qua (hay nhiều) buổi học có hướng dẫn giáo viên Tổ chức rèn luyện khả định hướng giải tốn học sinh Trong u cầu khả phân tích tốn ngun hàm liên quan đến biểu thức f ( x), f ' ( x), f '' ( x) chứa đưa dạng tốn điển hình Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin khả nắm vững kiến thức học sinh Trong toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức chứa f ( x), f ' ( x), f '' ( x) đưa dạng tốn điển hình u cầu học sinh thực phân tích chất tốn đưa hướng khai thác mở rộng cho toán Cung cấp hệ thống tập để học sinh tự rèn luyện Để tăng cường tính chủ động cho học sinh buổi học thứ nhất, cung cấp cho học sinh hệ thống tập đề thi phần nguyên hàm có f ( x), f ' ( x), f '' ( x) liên quan đến biểu thức chứa Yêu cầu học sinh nhà chuẩn bị lời giải, phân loại tốn thành nhóm tương tự trả lời câu hỏi: chất toán gì? Có tổng qt, mở rộng, phân loại dạng tốn khơng? Bài tốn ngun hàm mức độ vận dụng vận dụng cao đề thi THPTQG mơn tốn gần Vì vậy, để giải dạng tốn cần tìm hiểu chất xây dựng phương pháp tư giải toán đặc trưng cho loại toán 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Từ giải pháp nêu trên, thân thấy kết khả quan: - Việc tiếp cận nguyên hàm liên quan đến biểu thức chứa f ( x), f ' ( x), f '' ( x) em học sinh nhanh nhạy hơn, em tự tin tiếp cận dạng tốn - Khơng khí lớp học sơi nổi, em thấy hứng thú với việc tiếp cận vấn đề 17 - Chất lượng ôn thi mũi nhọn mơn Tốn nhà trường nâng lên rõ rệt, làm tiền đề cho việc nâng cao chất lượng dạy học - Trong đề thi thử cấp trường mơn tốn năm học 2019 - 2020 70% học sinh lớp 12 giải toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức chứa f ( x), f ' ( x), f '' ( x) KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trước toán, giáo viên phải biết hướng dẫn học sinh tự giải, biết tìm hướng đắn Bởi số tốn địi hỏi phải sáng tạo, phải có tư định giải Biết trân trọng thành lao động sáng tạo nhà khoa học, giúp học sinh hứng thú học tập môn nhằm nâng cao chất lượng mơn tốn chất lượng giáo dục Hiện nay, đa số thầy cô giáo biết phương pháp Tuy nhiên ứng dụng chưa nghiên cứu cách tổng thể Do mong kinh nghiệm nhỏ giúp ích phần cho công tác giảng dạy trườngtrung học phổ thông 3.2 Kiến nghị Qua thực tế giảng dạy nhận thấy để học sinh hiểu, nắm vững kiến thức bản, vận dụng kiến thức để giải toán cần lưu ý số nội dung sau: Phải đầu tư nhiều thời gian để nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, tài liệu tham khảo để hiểu rõ kiến thức bản, kiến thức trọng tâm Biết phân loại, dạng tập phù hợp đối tượng lớp, kiên trì uốn nắn động viên, phát huy kiến thức học sinh có, bổ sung hồn thiện kiến thức học sinh thiếu, hổng tiết dạy Thường xuyên nắm bắt ý kiến phản hồi từ phía học sinh thông qua tiết tập, kiểm tra định kỳ, kiểm tra miệng … điều chỉnh kịp thời nội dung giúp học sinh dể hiểu học Trước giảng dạy phần nói riêng nội dung khác nói chung giáo viên cần bổ sung nội dung kiến thức có liên quan để học tốt nội dung Trên số kinh nghiệm thân để phần giúp học sinh có nhìn dễ dàng tốn ngun hàm liên quan đến biểu thức chứa f ( x), f ' ( x), f '' ( x) Tôi nhận thấy với hiểu biết có hạn, thời gian, không gian hẹp nên sáng kiến không tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận đóng góp đồng nghiệp Tôi xin chân thành cám ơn! Xác nhận Thanh Hóa, ngày 16 tháng năm 2021 thủ trưởng đơn vị Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Trịnh Thị Lệ Trịnh Ngọc Vĩ 18 19 ... x ) f ( x ) = h ( x ) Dạng 2: Bài toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức dạng f '' ( x ) + p ( x ) f ( x ) = h( x ) Dạng 3: Bài toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức dạng n f '' ( x ) + p (... dùng Quy tắc tính đạo hàm [1] Các định lý nguyên hàm [1] Tính chất nguyên hàm [1] Các phương pháp tính nguyên hàm [1] Dạng 1: Bài toán nguyên hàm liên quan đến biểu thức dạng u ( x ) f '' ( x)... Qua giúp học sinh nhận thức, phân tích chất toán để bổ trợ cho vi? ??c giải toán nguyên hàm mức độ vận dụng vận dụng cao suy nghĩ có chủ đích, giúp học sinh chủ động vi? ??c tìm kiếm lời giải phân