Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng"
Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHUYÊN ĐỀ NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂM Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com Phụ huynh đăng kí học cho liên h 0936546689 N guyên Ví dụ 1: hàm T ích phân Tìm nguyên hàm hàm số sau: a f(x) = x + 3x + x +1 b f(x) = x + 3x + 2 Gi¶i a Ta cã: ∫ f (x)dx = ∫ b Ta cã: ∫ f (x)dx = x + 3x + dx = ∫ x + + ÷dx = x + 2x + ln|x + 1| + C x +1 x +1 ∫x dx = − 3x + dx 1 ∫ (x + 1)(x + 2) dx = ∫ x + − x + ÷dx = ln|x + 1| − ln|x + 2| + C = ln x +1 +C x+2 NhËn xÐt: Qua thí dụ trên: câu a) cần thực phép chia đa thức đà biến đổi phân thức hữu tỉ ban đầu thành tổng nhân tử mà nguyên hàm nhân tử nhận đợc từ bảng nguyên hàm c©u b) chóng ta nhËn thÊy: (A + B)x + 2A + B A B + = = (x + 1)(x + 2) x + 3x + x + x + 2 Ta đợc đồng thøc = (A + B)x + 2A + B (1) Để xác định A, B (1) ta lựa chọn hai cách sau: Cách 1: (Phơng pháp đồng hệ số): Đồng đẳng thức, ta đợc: A + B = A = ⇔ 2A + B = B = Cách 2: (Phơng pháp trị số riêng): Lần lợt thay x = −1, x = −2 vµo hai vÕ (1) ta đợc A = B = −1 Tøc lµ: 1 − = x + 3x + x +1 x + 2 Ví dụ 2: Tìm nguyên hàm sau: a ∫ x x − 1dx b ∫ x +1 ( dx x +1 +1 ) Giải a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Đặt u = x , suy ra: u2 = x2 − ⇒ 2udu = 2xdx ⇔ xdx = udu Tõ ®ã: 2 ∫ x x − 1dx = ∫ u.udu = ∫ u du = u + C = (x − 1) + C Cách 2: Đặt u = x2 1, suy du = 2xdx ⇔ xdx = du Tõ ®ã: 1 (x − 1)3 + C x x − 1dx = ∫ udu = ∫ u du = u + C = ∫ 3 b Ta cã thĨ tr×nh bày theo cách sau: Cách 1: Đặt u = x + , suy ra: u2 = x + ⇒ 2udu = dx Tõ ®ã: dx 2udu −2 = ∫ ∫ u(u + 1)2 = ∫ (u + 1) d(u + 1) = − u + + C x +1 x +1 +1 ( ) = x +1 +1 +C Cách 2: Đặt u = x + + , suy ra: dx dx du = ⇔ = 2du x +1 x +1 Tõ ®ã: dx 2du 2 = ∫ ∫ u2 = − u + C = − x + + + C x +1 x +1 +1 ( ) NhËn xÐt: Nh vËy, để tìm nguyên hàm hàm số trên: câu a) nhận thấy: Cách đợc đề xuất dựa dấu hiệu thứ hai bảng dấu hiệu Cách trình bày dựa nhận xét (x2 1)' = 2x điều cho phép khử đợc x hàm số cần tìm nguyên hàm Các em học sinh thấy độ phức tạp lời giải hai cách nh Tuy nhiên, điều đà thay đổi câu b) câu b) nhận thấy: Cách đợc đề xuất dựa dấu hiệu thứ hai bảng dấu hiệu Cách trình bày dựa trªn nhËn xÐt r»ng ( ) x +1 +1 ' = x +1 VÝ dô 3: x +1 điều cho phép ta khử đợc hàm số cần tìm nguyên hàm Tìm nguyên hàm : x.dx 2x sin Giải Đặt: u = x du = dx dx ⇔ dv = sin 2x v = − co t 2x Khi ®ã: x.dx 1 cos2x.dx ∫ sin 2x = −x.cot2x + ∫ co t 2x.dx = −x.cot2x + ∫ sin 2x = −x.cot2x + lnsin2x + C Nhận xét: Đây ví dụ mở đầu minh hoạ phơng pháp lấy nguyên hàm phần hai câu hỏi đợc đặt là: Câu "Tại lại lựa chọn phơng pháp lấy nguyên hàm phần ?", để trả lời câu hái nµy chóng ta sư dơng nhËn xÐt: Hµm số f(x) bảng nguyên hàm hàm số thờng gặp, cần phép phân tích để chuyển dạng biểu thức chứa hàm số có bảng nguyên hàm Tuy nhiên, với phép phân tích đại số thông thờng thực đ4 ợc yêu cầu f(x) hàm không (thơng hàm đa thức với hàm lợng giác với hàm mũ lôgarit) Phơng pháp đổi biến mà đà biết thực đợc phần tử trung gian chuyển đổi hàm đa thức hàm lợng giác, hàm mũ lôgarit Câu "Tại lại lựa chọn cách đặt u dv nh ?", để trả lời câu hỏi chóng ta sư dơng ph©n tÝch mang tÝnh chđ quan sau: x f(x) = = x sin 2x sin 2x Điều cho thấy u x phần sin 2x lại dv Lựa chọn lời giải u = x bởi: 1 Khi dv = dx nên v = cot2x, tức thoả 2 sin 2x mÃn "Phép đặt dv cho v đợc xác định cách dễ dàng" Tuy nhiên, có học sinh đặt câu trờng hợp trái lại (dv = xdx) v đợc xác định cách dễ dàng (v = x ) Câu hỏi đúng, nhng câu trả lời không việc tính du trở nên phức tạp tích phân xuất vdu không đợc xác định cách dễ dàng (vì v hàm hợp) Ví dụ 4: TÝnh tÝch ph©n: + ln(x + 1) dx x2 I= Giải Đánh giá định h íng thùc hiƯn : Ta thÊy r»ng cÇn sư dụng phơng pháp tích phân phần, cụ thể với phép đặt: u = + ln(x + 1) dx dv = x lêi gi¶i chi tiết : Sử dụng phơng pháp tích phân phần cách đặt: dx u = + ln(x + 1) du = x + ⇔ dx dv = x v = − x Khi ®ã: 3 + ln + ln(x + 1) dx 1 = + ∫ − I2 = +∫ ÷dx x x +1 x x(x + 1) 1 = VÝ dô 5: + ln 2 + [ ln x − ln(x + 1) ] = + ln − ln 3 TÝnh tÝch ph©n: I=∫ x dx x + 3x + Giải Đánh giá định h íng thùc hiƯn : Ta thÊy r»ng cÇn sư dụng phơng pháp đổi biến để đa I dạng tích phân hàm số hữu tỉ, cụ thể đặt u = x , u ≥ Vµ sau việc đổi cận ta nhận đợc: 1 u.du I= ∫ u + 3u + Thực phép tách ta đợc: 1 I = ∫ − ÷du u + u +1 lêi gi¶i chi tiÕt : Đặt u = x2, suy ra: du du = 2x.dx x.dx = §ỉi cËn: Víi x = th× u = Víi x = u = Từ đó: I= = 1 u.du ∫ u + 3u + = ∫ u + − u + ÷du 20 0 1 ( 2ln | u + | − ln | u + 1|) = ( 2ln − 3ln ) = ln − ln 2 2 VÝ dô 6: TÝnh tÝch ph©n: I = ∫ max { f(x),g(x)} dx , f(x) = x2 g(x) = 3x Gi¶i XÐt hiƯu f(x) − g(x) = x2 − 3x + ≤ ⇔ ≤ x ≤ Do ®ã: 2 I = ∫ max { f(x),g(x)} dx = ∫ max { f(x),g(x)} dx + ∫ max { f(x),g(x)} dx 0 ∫ x dx = + ∫ (3x − 2)dx = x3 +( 3x − 2x) 2 = 17 Chó ý: NÕu biÕt biÕt c¸ch tËn dụng ý nghĩa hình học tích phân, nhiều trờng hợp có đợc đáp số tích phân tơng đối phức tạp Ví dụ 7: TÝnh tÝch ph©n: I= π /4 ∫ x(1 + sin 2x)dx Giải Đánh giá định h ớng thùc hiƯn : Ta thÊy r»ng cÇn sư dơng phơng pháp tích phân phần, cụ thể với phép ®Ỉt: u = x dv = (1 + sin 2x)dx lời giải chi tiết : Đặt: du = dx u = x ⇒ v = x − cos2x dv = (1 + sin 2x)dx Tõ ®ã: π /4 I = x x − cos 2x ÷ − 0 = VÝ dô 8: π /4 ∫ x − cos 2x ÷dx π/ π x π2 − − sin 2x ÷ = + 16 32 0 2 TÝnh tích phân sau: a I = dx x +1 + x π2 b I = + sin 2x + cos2x dx sin x + cos x Giải a Biến đổi I vỊ d¹ng: I = ∫ ( x + − x )dx = [(x + 1)3/2 − x3/2] = ( − 1) b Biến đổi I dạng: cos2x + sin 2x + dx = I= ∫ sin x + cos x sin x + cosx ÷ π 6 π2 ∫ (sin x + cos x + cos x − sin x)dx π6 π2 =2 ∫ cos xdx = 2sinx π/2 π/6 = Nhận xét: Nh vậy, để tính đợc tích phân trên: câu a) việc sử dụng phép nhân liên hợp điều đà đợc biết chủ đề nguyên hàm câu b) cần em học sinh nhớ lại học việc tính giá trị biểu thức lợng giác x0 (lớp 10), tìm cách đơn giản biểu thức trớc thay giá trị x0 vào Ví dụ 9: Tính tích phân: I= π /4 ∫ x.sin x + (x + 1) cos x dx x.sin x + cos x Gi¶i Đánh giá định hớng thực : Chỉ cần đánh giá đợc TS là: TS = (x.sinx + cosx) + x.cosx thấy I đợc tách thành hai tích phân nhỏ, cụ thể: /4 π /4 x.cos x π /4 x.sin x + cos x + x.cos x = dx + ∫ dx I= ∫ dx ∫ x.sin x + cos x 0 { x.sin x + cos x 4 4 43 I1 I2 vµ viƯc tính I1, I2 đơn giản lời giải chi tiÕt : Ta cã biÕn ®ỉi: I= π /4 ∫ π /4 π /4 x.cos x x.sin x + cos x + x.cos x = ∫ dx + ∫ dx dx x.sin x + cos x { x.sin x + cos x 4 4 43 Ta lần lợt: Với I1 th×: I1 (1) I2 π π /4 I1 = x = Víi I2 th× víi nhËn xÐt (x.sinx + cosx)' = sinx + x.cosx − sinx = x.cosx ta viÕt l¹i nã díi d¹ng: π /4 d(x.sin x + cos x) π /4 I2 = ∫ = ( ln x.sin x + cos x ) x.sin x + cos x π π π π sin + cos − ln 0.sin + cos = ln + 1÷ 4 π π Thay I1 vµ I2 vào (1) ta đợc I = + ln + 1÷ = ln VÝ dơ 10: TÝnh tÝch ph©n: I= π /3 ∫ + x.sin x dx cos x Giải Đánh giá định h ớng thực : Với nguyên hàm dx cos2 x = tan x + C chóng ta thÊy r»ng I đợc tách thành hai tích phân nhỏ, cụ thÓ: π /3 π /3 x.sin x I= ∫ dx + ∫ dx cos x cos x 0 42 43 44 I1 I2 việc tính I1 đơn giản I2 ta sử dụng phơng pháp tích phân phần với lựa chọn: u = x sin x.dx dv = cos x lời giải chi tiết : Ta có biến đổi: I= π /3 π /3 x.sin x ∫ cos2 x dx + ∫ cos2 x dx 0 42 43 44 I1 (1) I2 Ta lần lợt: Với I1 thì: /3 I1 = tan x = Víi I2 sử dụng phơng pháp tích phân phần cách ®Ỉt: du = dx u = x sin x.dx ⇔ v = cos x dv = cos x Khi ®ã: π /3 x I2 = ÷ − cos x 2π = − = = π /3 ∫ π /3 ∫ π/3 dx = − cos x cos π / d(sin x) 2π = + − sin x cos x.dx cos x π /3 2π π π 2π + ln sin − − ln sin + ÷ = + ln(2 − 3) 2 3 2π + ln(2 − 3) TÝnh c¸c tÝch ph©n sau: a ∫ ∫ sin x − − sin x + ÷d(sin x) 2π + ( ln sin x − − ln sin x + ) Thay I1 I2 vào (1) ta đợc I = + VÝ dô 11: π /3 π /3 ∫ x + x dx b ∫x + x dx Gi¶i a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Đặt u = x + , suy ra: u2 = x2 + ⇒ 2udu = 2xdx ⇔ udu = xdx §ỉi cËn: Víi x = th× u = Víi x = u = Từ đó: x + x dx = ∫ u du = u = ∫ 3 Cách 2: Đặt u = x + 1, suy du = 2xdx §ỉi cËn: Víi x = th× u = 1, Víi x = u = Từ đó: 1 3/ ∫ x + x dx = ∫ udu = u = C¸ch 3: Thùc hiƯn phÐp biÕn ®ỉi: 3 1 x + x dx = ∫ + x d(1 + x ) = ∫ (1 + x ) d(1 + x ) ∫ 2 0 = (1 + x )3/ = 3 ⇔ u2 = + x2 ⇒ 2udu = 2xdx b Đặt u = + x 10 3 2(u − 1) − 2u − 3u 10 udu = ∫ du = ∫ 2u − 4u + − ÷du u+2 u+2 u+2 1 1 I=∫ 2u 34 − 2u + 5u − 10ln | u + | ÷ = + 10ln = 1 TÝnh c¸c tÝch ph©n sau: VÝ dơ 13: 1 a I = ∫ x + x dx b I = ∫x dx +1 Giải a Đặt x = tant, t − ; §ỉi cËn: π dt suy dx = 2 cos2 t Víi x = th× t = Víi x = t = Khi đó: /4 ∫ I = tan t + tan t dt = − cos2 t π/4 ∫ d(cos t) = cos4 t 3cos3 t π/4 = 2 −1 dt π π b §Ỉt x = tant, t∈ − ; suy dx = = (1 + tan2t)dt cos2 t 2 §ỉi cËn: Víi x = th× t = Víi x = th× t = π Khi ®ã: π/4 ∫ I= VÝ dô 14: (1 + tan t)dt = tan t + π/4 ∫ dt =t π/4 = π TÝnh tÝch ph©n: x + e x + 2x e x I= dx + 2e x Giải Đánh giá định hớng thực : Chỉ cần đánh giá đợc TS là: TS = x2(1 + 2ex) + ex thấy I đợc tách thành hai tÝch ph©n nhá, thĨ: I=∫ x ( + 2e x ) + e x + 2e x vµ viƯc tÝnh I1, I2 lµ đơn giản 12 1 ex e = ∫ x dx + ∫ dx dx dx = ∫ x + + 2e x x ÷ 12 4 + 2e 0 I I x 2 lêi gi¶i chi tiÕt : Ta cã biÕn ®ỉi: I=∫ x ( + 2e x ) + e x + 2e x ex dx = ∫ x + + 2e x 0 d ( + 2e = ∫ x dx + ∫ + 2e x 1 VÝ dô 15: ) 1 1 1 + 2e 1 = x + ln + 2e x ÷ = + ln 3 3 0 3 TÝnh tÝch ph©n: e I=∫ x ex dx dx = ∫ x 2dx + ∫ ÷ + 2e x 0 ln x dx x(2 + ln x) Giải Đánh giá định h ớng thực hiện: Tích phân đợc lấy từ dạng tổng quát b I = f (ln x) dx nên cần sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx dễ x a dàng chuyển dạng đa thức phân thức theo u lời giải chi tiết : Ta trình bày theo cách sau: dx Cách 1: Đặt u = lnx, suy du = x Đổi cận: Với x = u = Víi x = e th× u = Tõ ®ã: I=∫ ( + u) [ (2 + u) − 2] du du = ∫ − 2 ( + u) ( + u) 2 + u u.du =∫ = ln + u + ÷ = ln − 2+u0 Cách 2: Đặt u = + lnx, suy du = dx x §ỉi cËn: Víi x = th× u = Víi x = e u = Từ đó: I= VÝ dô 16: ( u − ) du u2 1 = ∫ − u 2u 2 ÷du = ln u + ÷ = ln − u2 Tính tích phân sau: 13 2010 a I = ∫ x sin x.dx b I = −1 ∫ x.cos xdx Giải a Viết lại I dới dạng: 1 I= 2010 2010 ∫ x sin x.dx + ∫ x sin x.dx (*) XÐt tÝnh ph©n J = x 2010 sin x.dx cách đặt x = t dx = dt Đổi cận: Khi ®ã: Víi x = −1 th× t = J = − ∫ ( −t ) 1 2004 sin( −t )dt = − ∫ t 2004 sin t.dt = − ∫ x 2004 sin xdx (**) Thay (**) vào (1) ta đợc I = b Đặt x = t suy dx = −dt §ỉi cËn: Víi x = 2π t = Khi đó: (2 t).cos (2 π − t)(−dt) = ∫ (2π − t).cos 2π tdt 2π 2π 0 = 2π ∫ cos tdt − ⇔ 2I = Víi x = th× t = 2π 2π I= Víi x = th× t = ∫ t cos tdt = π ( sin3t + 3sint) 2π π 2π ∫ (cos3t + 3cos t)dt −I = ⇔ I = Nhận xét: Với tích phân a), em häc sinh cha cã kinh nghiÖm thêng suy nghÜ theo hai hớng sau: Hớng 1: Sử dụng phơng pháp tích phân phần, có dạng P(x)sin xdx song ta cần thực 2010 lần tích phân phần điều đơng nhiên không thực tế Hớng 2: Sử dụng phơng pháp tích phân phần cho công thức tổng quát x n sin xdx , từ phơng pháp truy hồi nhận đợc kết 14 Tính tích phân: Ví dô 17: e 3 I = ∫ 2x ữln x.dx x Giải Đánh giá định h ớng thực : Tích phân đợc lấy từ dạng tổng quát b I = f (x).ln x.dx , f(x) hàm đa thức nên sử dụng a đợc phơng pháp tích phân tờng phần (bởi đặt dv = f(x).dx suy đợc v) Do đó, ta tách I thành tích phân nhỏ: e e I = ∫ x.ln x.dx − ∫ ln x.dx x 1 43 43 I1 (1) I2 Ta lÇn lợt: b Với tích phân I1 = g(x).ln x.dx có g(x) hàm đa thức nên ta sử dụng pha ơng pháp tích phân phần: u = ln x Giá trị I1 dv = g(x).dx Với tích phân I2, cần sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx (3) Thay (2), (3) vào (1) ta đợc giá trị I (2) lời giải chi tiết : Biến đổi tích phân I vỊ d¹ng: e e I = ∫ x.ln x.dx − ∫ ln x.dx x 1 43 43 I1 (1) I2 Ta lần lợt: Với tích phân I1, sử dụng phơng pháp tích phân phần: dx du = x u = ln x ⇒ dv = xdx x2 v = Ta đợc: 15 e e e x2 e2 x e2 + I1 = ln x − ∫ x.dx = − = 21 4 Víi tÝch ph©n I2, sư dụng phơng pháp đổi biến u = lnx, suy du = (2) dx x §ỉi cËn: - Víi x = th× u = - Víi x = e u = Ta đợc: u2 I = ∫ u.du = 1 = Thay (2), (3) vµo (1) ta ®ỵc: I = VÝ dơ 18: e2 + 1 e2 − − = 2 TÝnh tÝch ph©n: I=∫ (3) + ln x ( x + 1) dx Gi¶i Đánh giá định hớng thực : Đây tích phân đợc mở rộng từ dạng b I = f (x).ln n x.dx phơng pháp đợc lựa chọn "Phơng pháp tích phân phân" a với cách lùa chän: u = + ln x dx dv = (x + 1) lời giải chi tiết : Đặt: dx u = + ln x du = x dx ⇒ dv = (x + 1) v = − x +1 Khi ®ã: 3 − ln dx 3 + ln x dx = +∫ I=− +∫ x(x + 1) 14 x + 1 x(x + 1) I' Víi I’, ta cã: 16 (1) A B (A + B)x + A A + B = A = = + = ⇒ ⇔ x(x + 1) x x + x(x + 1) A = B = Từ đó, tích phân I đợc viÕt l¹i díi d¹ng: 3 x 1 I' = ∫ − = ln ÷dx = ( ln | x | − ln | x + 1|) = ln x x +1 x +1 Thay (2) vào (1), ta đợc I = (2) − ln 3 + ln TÝnh tÝch ph©n: VÝ dơ 19: I= π/ ∫ ( cos x − 1) cos x.dx Giải Đánh giá định hớng thực : Đây tích phân chứa hàm số lợng giác (hàm số cosx) lại đợc cho dới dạng tích, điều cho phép nghĩ tới việc tách I thành nhiều tích phân khác nhau, thĨ: I= π/ ∫ ( cos5 x − cos2 x ) dx = π/2 ∫ cos π/ x.dx − ∫ cos x.dx 0 42 43 42 43 I1 I2 Tới đây, để tính đợc I1 I2 em học sinh cần sử dụng nhận xét cho dạng tổng quát sau: b b 2n 2n Tích phân cos x.dx sin x.dx ữ đợc xác định cách sử dụng a a 1 2 c«ng thøc h¹ bËc cos x = (1 + cos 2x) sin x = (1 cos 2x) ữ 2 b cos 2n +1 x.dx sin 2n +1 x.dx ữ đợc xác định cách: Tích phân a a b b b 2n +1 2n ∫ cos x.dx = ∫ cos x.cos x.dx a a b b = ∫ ( cos x ) cos x.dx = ∫ ( − sin x ) cos x.dx n a n a Khi đó, cần sử dụng Èn phơ t = sinx lêi gi¶i chi tiÕt : Biến đổi I dạng: 17 I= / ( cos5 x − cos2 x ) dx = π/2 ∫ cos π/ x.dx − ∫ cos x.dx 0 42 43 42 43 I1 (1) I2 Ta lần lợt: Với I2 ta sử dụng công thức hạ bậc: I2 = π/ 1 ∫ ( + cos 2x ) dx = + sin 2x ÷ 2 π/2 0 π = (2) Víi I1 ta sư dơng phÐp biÕn ®ỉi: I1 = π/ ∫ cos x.cos x.dx = π/2 ∫ ( − sin x ) 2 cos x.dx Đặt t = sinx, suy dt = cosx.dx §ỉi cËn: - Víi x = th× t = π - Víi x = t = Khi đó: I1 = ∫ ( − t ) 2 dt = ∫ ( − 2t + t Thay (2), (3) vào (1), ta đợc I = ) dt = t − t + t = (3) ÷ 15 π − 15 TÝnh tÝch ph©n I = VÝ dô 20: ∫e x + ex dx Giải Viết lại I dới dạng: I= e e x ex dx x Đặt t = e suy exdx = dt §ỉi cËn: Víi x = th× t = Víi x = t = e e t Khi I = te dt , ta đặt: u = t du = dt ⇔ ⇒ I = tet t t dv = e dt v = e VÝ dơ 21: 18 TÝnh tÝch ph©n: e e t − ∫ e dt = ee + − e − et e = ee + − ee e dx e −1 I=∫ x Giải Đánh giá định h ớng thực : Đây tích phân chứa hàm số đặc biệt e x (có đạo hàm nó), để đại ssó hoá sử dơng Èn phơ t = e x hc t = ex − (sư dơng Èn phơ cho toµn mÉu số) lời giải chi tiết : Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Đặt: t = ex − ⇒ dt = ex.dx ⇔ dx = dt t +1 §ỉi cËn: Víi x = th× t = e − Víi x = t = e3 Khi đó: I= e3 −1 ∫ e −1 dt = t(t + 1) e3 −1 1 t ∫1 t − t + ÷dt = ln t + e− e3 −1 = ln e −1 e3 − e −1 − ln e e = ln(e + e + 1) Cách 2: Đặt: t = ex ⇒ dt = ex.dx ⇔ dx = Đổi cận: Với x = t = e Víi x = th× t = e3 Khi ®ã: e3 dt t e3 dt 1 t −1 I=∫ = ∫ − ÷dt = ln t(t − 1) e t − t t e e3 = ln e e3 − e −1 − ln e e = ln(e2 + e + 1) − VÝ dô 22: TÝnh tÝch ph©n: I= π/6 ∫ tan x.dx cos 2x Giải 19 Đánh giá định hớng thực hiƯn : : NhËn xÐt r»ng víi tÝch ph©n chøa tannx, nÕu mn sư dơng Èn phơ t = tanx, chóng ta cÇn cã sù xt hiƯn cđa dx , cos x điều đợc thực thông qua biÕn ®ỉi: 1 = = 2 2 cos 2x cos x − sin x (1 ta n x) cos x Từ đó, khẳng định đợc tích phân I tính đợc thông qua phơng pháp đổi biến t = tanx lời giải chi tiết : Biến đổi tích phân dạng: I= π/6 ∫ tan x.dx = cos x sin x Đặt t = tanx, suy dt = π/6 ∫ tan x.dx (1 − ta n x) cos x dx cos x Đổi cận: Với x = t = π Víi x = th× t = Khi ®ã: 1/ ∫ I= 1/ t dt =− 1− t2 1/ =− ∫ ( t ∫ 1/ t4 −1 +1 ÷dt = − ∫ t + + ÷dt t −1 t −1 1 1 + 1) + − ÷ dt t −1 t + 1/ t3 = − + t + ( ln t − − ln t + ) 3 1 ( ) 10 ln + − = VÝ dơ 23: TÝnh c¸c tÝch ph©n sau: π2 x a I = ∫ e sin ( πx)dx Gi¶i a Biến đổi I dạng: 20 1/ t3 t −1 = − + t + ln ÷ t +1 3 b I = x ∫ e cos xdx x ∫e ∫ e (1 − cos πx)dx = ( 1 I= x dx ∫ e x cos 2πxdx − ) I1 I2 (1) Víi tÝch ph©n I1, ta cã ngay: I1 = ex = e − Víi tÝch phân I2 sử dụng phơng pháp tích phân phần, ®Ỉt: u = cos 2π x x dv = e dx (2) du = − sin 2π x.dx ⇔ x v = e Khi ®ã: 1 I2 = e cos2πx x x ∫ e sin 2πxdx +2 = e − + 2I2.1 (3) I 2.1 Với tích phân I2.1 sử dụng phơng pháp tích phân phần, đặt: u = sin x dv = e x dx ⇔ du = cos 2π xdx , x v= e Khi ®ã: I2,1 = e sin2πx x x ∫ e cos 2πxdx −2 = −2I2 (4) I2 Thay (4) vµo (3), ta đợc: I2 = e 2I2 ⇔ I2 = e −1 (5) Thay (2), (5) vào (1), ta đợc: I= e e −1 (e − − )= 3 b Ta cã thĨ lùa chän c¸c c¸ch sau cho việc tính nguyên hàm I' = ex.cos2xdx: Cách 1: Viết l¹i I' díi d¹ng: I' = x 1 x ∫e (1 + cos2x)dx = (∫exdx + ∫ex.cos2xdx)= (e + ∫ex.cos2xdx) (1) 2 TÝnh tÝch ph©n J = ex.cos2xdx cách đặt: 21 u = cos 2x du = − sin 2xdx ⇒ x x dv = e dx v = e Khi ®ã: J = excos2x + 2exsin2xdx Tính tích phân K = exsin2xdx cách đặt: (2) u = sin 2x du = cos 2xdx ⇒ x x dv = e dx v = e Khi ®ã: K = exsin2x − 2∫excos2xdx = exsin2x − 2J Thay (3) vµo (2), ta đợc: J = excos2x + 2( exsin2x 2J) ⇔ J = (3) (cos2x + 2sin2x)ex + C (4) Thay (4) vào (1), ta đợc: I' = x 1 [e + (cos2x + 2sin2x)ex] + C = (5 + cos2x + 2sin2x)ex + C 10 Tõ ®ã, suy ra: I= (5 + cos2x + 2sin2x)ex 10 π/ = 2e π / − C¸ch 2: ViÕt l¹i I' díi d¹ng: I' = x ∫e (1 + cos2x)dx = (a + b.cos2x + c.sin2x)ex + C (5) Lấy đạo hàm hai vế (5), ta ®ỵc: x e (1 + cos2x) = (−2b.sin2x+ 2c.cos2x) ex + (a + b.cos2x + c.sin2x)ex = [a + (2c + b)cos2x + (c − 2b)sin2x]ex §ång nhÊt hệ số, ta đợc: 2a = 2( c + b ) = 2( c − b ) = VËy, ta cã: 22 a = 1/ ⇒ b = / 10 c = 1/ (6) (5 + cos2x + 2sin2x)ex + C 10 2e π / − π/ ⇒I= (5 + cos2x + 2sin2x)ex = 10 I’ = TÝnh tÝch ph©n: VÝ dơ 24: I= π/ ∫ π si n x − ÷.dx 4 sin 2x + 2(1 + sin x + cos x) Giải Đánh giá định hớng thực : Ta nhận xét: si n x − ÷.dx = ( sin x − cos x ) dx 4 từ đó, để đại số hoá tích phân cần biến đổi mẫu số dạng: f(cosx + sinx) ®Ĩ phÐp ®ỉi biÕn t = cosx + sinx, f(cosx + sinx + c) để phép đổi biến t = cosx + sinx + c Từ nhận định trên, ta biến đổi mẫu số nh sau: MS = ( + sin 2x ) + 2(sin x + cos x) + = (sin x + cos x) + 2(sin x + cos x) + = (sinx + cosx + 1)2 Tøc lµ I sÏ đợc biến đổi dạng: /4 ( sin x cos x ) dx I= ∫ (sin x + cos x + 1) Tới đây, em học sinh hÃy sử dụng phép đổi biến t = sinx + cosx + hc t = sinx + cosx để tính tiếp lời giải chi tiết : ViÕt l¹i I díi d¹ng: ( sin x − cos x ) dx ∫ ( + sin 2x ) + 2(sin x + cos x) + π/ ( sin x − cos x ) dx 2 I= = 2 = π/4 ∫ (sin x + cos x) + 2(sin x + cos x) + π/ ∫ ( sin x − cos x ) dx (sin x + cos x + 1) Đặt t = sinx + cosx + 1, suy ra: dt = (cosx − sinx)dx ⇔ (sinx − cosx)dx = −dt §ỉi cËn: 23 Víi x = th× t = π Víi x = th× t = + Khi ®ã: I=− VÝ dơ 25: +1 ∫ dt = t2 2t +1 = 4−3 TÝnh tÝch ph©n: ln x.dx x3 I= Giải Đánh giá định hớng thực : : Đây tích phân đợc mở rộng từ dạng b I = f (x).ln n x.dx phơng pháp đợc lựa chọn "Phơng pháp tích phân phân" a với cách lùa chän: u = ln x dv = x dx lêi gi¶i chi tiết : Đặt: u = ln x ⇔ dv = x dx dx du = x v = − 2x Khi ®ã: I= − VÝ dô 26: dx ln ln x + ∫ = − − 2 21x 2x 4x = − ln 16 TÝnh diÖn tích hình phẳng giới hạn đờng: y = (e + 1)x, y = (1 + ex)x Giải Đánh giá định h ớng thực : : : Để "Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hai hàm số y = f(x), y = g(x)", ta thùc hiƯn c¸c bíc sau: Bíc 1: ThiÕt lËp phơng trình hoành độ giao điểm hai đờng đà cho: f(x) = g(x) ⇒ NghiƯm nhá a vµ nghiƯm lớn b Bớc 2: Gọi S diện tích cần xác định, ta có: 24 b S = | f(x) − g(x) | dx (1) a XÐt dÊu biểu thức f(x) g(x) [a; b] Từ đó, phân đợc đoạn [a; b] thành đoạn nhỏ, giả sö: [a; b] = [a; c1]∪[c1; c2] ∪ ∪[ck; b] mà đoạn f(x) g(x) có dÊu Khi ®ã: Bíc 3: Bíc 4: c1 a S= I = b ck ∫ f(x) − g(x)dx + + ∫ f(x) − g(x)dx lêi gi¶i chi tiÕt : Hoành độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phơng trình: x = (e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ x(ex − e) = ⇔ x = Khi ®ã: 1 = e ∫ x.dx − ∫ xe x dx S = ∫ x(e x − e) dx = ∫ x(e − e x )dx 0 { 24 0 1 I1 (1) I2 Ta lần lợt: Víi I1 th×: I1 = ex 2 e = Với I2 đặt: u = x ⇔ x dv = e dx Khi ®ã: I2 = xe x (2) du = dx x v = e x − ∫ e dx = e − e x Thay (2), (3) vào (1), ta đợc S = VÝ dô 27: = (3) e − Cho hµm sè (C): y = x2 x2 + a Khảo sát vẽ đồ thị hàm số b Tìm b cho diện tích hình phẳng giới hạn (C) đờng thẳng y = 1, x = 0, x = b b»ng Giải 25 a Bạn đọc tự làm b Gọi S diện tích cần xác định, ta cã: b b b x2 x − x2 −1 dx π π π − 1| dx = ⇔ ∫ | | dx = ⇔ | ∫ S = ∫| |= x +1 4 x +1 0 x +1 π π dt Đặt x = tant,
