SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN CỦA HÀM HỢP, HÀM ẨN Người thực hiện: Trần Thanh Minh Chức vụ: TTCM SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HỐ NĂM 2020 MỤC LỤC 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 2.2 Thực trạng đề tài 2.3 Các giải pháp tổ chức thực 2.3.1 Phương pháp biến đổi đưa nguyên hàm 2.3.2 Phương pháp đổi biến số 11 2.3.3 Phương pháp tính tích phân phần 15 2.3.4 Phương pháp tạo bình phương cho hàm số dấu tích phân 20 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 26 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 27 3.1 Kết luận 27 3.2 Kiến nghị 27 TÊN ĐỀ TÀI: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN CỦA HÀM HỢP, HÀM ẨN MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình tốn học phổ thơng, phép tính tích phân chiếm vị trí quan trọng ứng dụng rộng rãi thực tế như: Tính diện tích hình phẳng, thể tích khối trịn xoay, giải tốn học,… Phép tính tích phân bắt đầu giới thiệu cho em học sinh lớp 12 thường xuyên có mặt kỳ thi THPT- QG Từ năm 2017 Bộ GD&ĐT đưa hình thức thi trắc nghiệm khách quan vào thi mơn tốn phần tích phân yêu cầu rộng khó trước đặc biết tốn tích phân hàm hợp, hàm ẩn, địi hỏi học sinh phải có hệ thống kiến thức tích phân vững tư linh hoạt giải toán dạng Vì lí đó, để giúp học sinh có sở khoa học, có có hệ thống kiến thức vững tính tích phân đặc biệt tích phân hàm hợp,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 “Một số phương pháp tính tích phân hàm hợp, 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 hợp, 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 hướng lời giải việc tính tích phân hàm hợp, hàm ẩn - Góp phần gây hứng thú học tập phần tích phân hàm hợp, hàm ẩn cho học sinh, giúp em giải phần coi khó đề thi, địi hỏi phải có tư cao - 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 chun 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 hợp, hàm ẩn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp nghiên cứu: Tự tìm tịi, khám phá, đưa vào thực nghiệm đúc rút thành kinh nghiệm, kết hợp với nghiên cứu tài liệu để tổng hợp thành hệ thống theo mức độ từ dễ đến khó 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 f ( x )dx Trong trường hợp a  b , ta gọi đến b kí hiệu � a b 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) f ( x)dx  ; 2) � a 4) b a f ( x)dx   � f ( x)dx ; 3) � a b b b b a a a f ( x)dx  � g ( x)dx  f ( x)  g ( x) dx  � � b c a b c f ( x)dx  � f ( x)dx  � f ( x )dx � a b b a a kf ( x )dx k � f ( x )dx với k �R ; 5) � ( x)  f ( x) với x �K F ( x)  � f ( x)dx Chú ý F � 2.1.3 Phương pháp đổi biến số b g ( x)dx Giả sử g ( x) viết dạng f  u ( x)  u � ( x) Tính tích phân I  � a ,trong 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 không 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 u ( x ) v� ( x) dx   u ( x)v( x)  a  � v ( x )u � ( x) dx (trong u ( x), v( x) có đạo hàm liên Cơng thức � a b a tục K a, b hai số thuộc K ) 2.2 Thực trạng đề tài Năm học 2016 - 2017 Bộ GD&ĐT chuyển đổi hình thức thi THPT quốc gia mơn tốn từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi 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 hợp, 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 Nông Cống I năm học 2018-2019 (thông qua lớp trực tiếp giảng dạy) tốn tính tích phân hàm hơp, hàm ẩn, thu kết sau: Lớp Sĩ Giỏi số SL % 12B1 45 0% Khá TB Yếu Kém SL % SL % SL % SL % 13,3 26 57,7 10 22,4 6,6% % % % 12B2 46 1,8 17,3 22 47,8 11 24,3 8,8% % % % % Như số lượng học sinh nắm bắt dạng không nhiều, có nhiều em chưa định hướng 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 thơng qua phương pháp cụ thể ví dụ tương ứng cho phương pháp Cuối tập tổng hợp đề học sinh vận dụng phương pháp học vào giải Do khuôn khổ đề tài có hạn nên tơi đưa bốn phương pháp tính tích phân hàm hợp, hàm ẩn 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 Các giải pháp tổ chức thực Thực đề tài chia nội dung thành bốn phần Phần Phương pháp biến đổi đưa nguyên hàm Phần Phương pháp đổi biến số Phần Phương pháp tính tích phân phần Phần Phương pháp 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 Nội dung cụ thể: 2.3.1 Phương pháp biến đổi đưa nguyên hàm a Kiến thức sử dụng ( x )  f ( x ) với x �K F ( x)  � f ( x) dx * Nếu F � * Các công thức đạo hàm: Với u  u ( x), v  v( x) hàm có đạo hàm K � u� u� v  uv� ; 2) � 1)  uv  � u� v  u.v� ,  v �0  ; 3) � � v2 �v � 4) u n � nu n 1u � , n ��*     u  � 2u�u ,  u   ;  b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f  x  liên tục �\  0 thỏa mãn f  1  2 , x f  x    x  1 f  x   xf '  x   , x ��\  0 Tính tích phân I  � f  x  dx Lời giải: ' Ta có x f  x   xf  x    xf '  x   f  x  �  xf  x   1   xf  x   1  xf  x   1 Do  xf  x   1 '  xf  x   1 1� �  xf  x   1 ' dx  � 1dx �  1  x  c � xf  x     xf  x   xc 1 1 � c  � xf  x     � f  x     1 c x x x 2 1� � 1� � f  x  dx  �  2 � dx  �  ln x  �|12   ln  Vậy � � x x� � x� 1� Vậy I   ln  Mặt khác f  1  2 nên 2    Ví dụ Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục khoảng  0; � thỏa mãn f  1  f ( x)dx  x   x3  3x , x  Tính tích phân I  � , f  x   xf � Lời giải: Ta có: f  x   xf �  x   x3  3x2 � x3  3x2  xf �  x   f  x  � x  x  3  xf �  x  f  x � 2x   � � f  x xf � �f  x  �  x   f  x   �f  x  �  x  3 dx  � x  d x    � � � � �dx � � � x x � x � � x � f  x  x  x  C , ta có f  1  �   C � C  x f  x  x  x � f  x   x  3x Do đó: x � 2 �4 � f ( x)dx I  � Vậy I  �  x  3x  dx  �x4  x3 �  434 � � 1 Vậy I  43 Ví dụ Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  1;3 , f  x  �0 , x � 1;3 , 2 � f  x  dx 1 f  x �  x � đồng thời f � f  1  1 Tính tích phân I  �  f  x    x  1 � � � � � Lời giải: 2 � 1 f  x � �  x �  f  x    x  1 � Với x � 1; 3 ta có: f � � � � � f� 1 f  x �  x � � �  x 1   � f x �   � � � � �f � ��    x   x2  x  ��f  x  � �f  x  � �f  x  �� � � � � �� �� 1 x3      x  x  C (lấy nguyên hàm hai vế) Suy ra: f  x 3� �f  x  � � � �f  x  � � 1 Ta lại có f  1  1 �       C � C  3 1� � � � 1      x   x    x   *     Do đó:  � � � � � �f  x  � f  x  3� f x   � � � � 1 Vì hàm số g  t    t  t  t nghịch biến � nên  * � f  x    x � f  x    x Hàm số thỏa giả thiết toán 3 1 �1� f  x  dx  �  � dx   ln Do I  � � � x� Vậy I   ln Ví dụ 4.Cho hàm số f  x  khơng âm đoạn  0;1 , có đạo hàm liên tục đoạn f  x    x2 � 1 f  x �  x  2x �  0;1 thỏa mãn f  1  , � � �, x � 0;1 � �f � f  x  dx Tính tích phân I  � Lời giải: f  x   1 x2 � 1 f  x �  x   2x � Xét đoạn  0;1 , theo đề bài: � � � � �f � � �� � f  x f �  x   x   x  1 f �  x   x f  x  � � x   x  1 f  x  � �f  x  � � � � � f  x   x   x  1 f  x   C  1 Thay x  vào  1 ta được: f  1   C � C  (vì f  1  ) 2 2 2 Do đó,  1 trở thành: f  x   x   x  1 f  x  � f  x    x    x  1 f  x  2 �� � �f  x   1� � �f  x   1� �  x  1 � �f  x   1� �� f  x    x  (vì f  x  �0 � f  x    x � 0;1 ) � f  x   x 1 x3 f  x  dx  � x dx   Ta có � 3 0 Vậy I  Ví dụ Cho hàm số f  x  �0 , có đạo hàm liên tục đoạn  1; 2 thỏa mãn ( x)    x  f ( x) , x � 1; 2 Tính tích phân I  � f ( x)dx f (1)  x f � Lời giải: � � � f� ( x)  x Ta có x f � ( x )    x  f ( x) �  �  � �  f ( x) x2 � f ( x) � x 1 1 �1 � � dx �     x  c , f (1)  � c  �2  2� f ( x) f ( x) x �x � 2x 1 x  � f ( x)  Nên ta có � f ( x) x 2x 1 � 2 2 x d (1  x ) 1 f ( x)dx  � dx  �  ln  x   ln  ln   ln Khi I  � 1 2x 1 2x 4 1 1 Vậy I  ln Ví dụ Cho hàm số f ( x) khơng âm �, có đạo hàm � đồng thời thỏa f ( x)dx ( x)  x f ( x)   với x �� f (0)  Tính tích phân I  � mãn f ( x) f � Lời giải: ( x)  x f ( x)   � Ta có f ( x) f � f ( x) f � ( x) f ( x)   2x �   � f ( x)   x f ( x)   � xdx � � f ( x)   x  c Do f (0)  � c  nên ta có f ( x )   x  � f ( x)    x2  1 � f ( x)  x  x2   � f ( x)  x 1 0 x2  f ( x)dx  � x x  2dx  � x x  2dx (vì f ( x) khơng âm R ) Khi I  � 1   1 x  2d ( x  2)  � x2  2 x2  �  3  2  � � 20 3�  ( x)  2020 , Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm liên tục  0;1 thỏa mãn f ( x)   x  1 f � f ( x)dx x � 0;1 Biết f (0)  2021 Tính tích phân I  � Lời giải: � Ta có f ( x)   x  1 f � ( x)  2020 �  x  1 �f ( x)   x  1 f � ( x)  2020 � �  x  1 f ( x) � � � 2020 �  x  1 f ( x)  � 2020dx �  x  1 f ( x)  2020 x  c , f (0)  2021 � c  2021 �  x  1 f ( x)  2020 x  2021 � f ( x )  1 2020 x  221 Khi x 1 1 2020 x  2021 � � I � f ( x)dx  � dx  � 2020  dx   2020 x  ln x    2020  ln � � x 1 x 1 � 0 0� Nhận xét: Nếu u ( x) biểu thức cho trước ta có  u ( x) f ( x)  � u� ( x ) f ( x )  u ( x ) f � ( x) ( x) ta  u ( x) f ( x)  � v( x) f ( x)  u ( x) f � Đặt v( x )  u� ( x) (*) Như biểu thức ( x) ta biến đổi đưa dạng  u ( x) f ( x )  � có dạng v( x ) f ( x)  u ( x) f � 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)  2020 Trong u ( x) chọn cho : � 2020 f ( x)  x f � ( x)  x 2020 f ( x)dx , x � 0;1 Tính tích phân I  � Nhận xét : trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có 2020 � ln u ( x)  � dx � ln u ( x)  2020 ln x  c � ln u ( x)  ln x 2020  c x nên ta chọn u ( x)  x 2020 , ta có lời giải sau: Lời giải: Ta có � 2019 2020 4039 � x 2020 f ( x) � ( x)  x 2019  2020 f ( x)  xf � ( x)   x 2019 � x 2020 � � � 2020 x f ( x)  x f � � � x 1 x 4040 �  c x 4039 dx � x 2020 f ( x)   c , f (1)  Khi x 2020 f ( x)  � 2020 2020 2020 2020 x 4040 x 2020 � c  � x 2020 f ( x)  � f ( x)  2020 2020 1 � x 2021 � x 2020 f ( x)dx  � dx  � I  � � 2020 �2020.2021 �0 2020.2021 0 2020.2021 ( x )  2e x , Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm  1; 2 thỏa mãn ( x  1) f ( x)  x f � Vậy I  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 � ln u( x)  � 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: Lời giải: � x � x Ta có � xe x f ( x ) � ( x)   e x  xe x  f ( x)  xe x f � ( x) � �  xe  f ( x )  xe f � � x 2e x �� xe x f ( x)  2e x dx � xe x f ( x)  e x  c  ex � ( x)� xe x f ( x) �  x  1 f ( x)  xf � � �� � � � � e � � � f (1)  e � e.e  e  c � c  � xe x f ( x )  e x � f ( x )  2 1 ex x x f ( x)dx  � e x dx  e x  e  e Khi I  � Bài tập tương tự Bài Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm đoạn  1; 4 thoản mãn x  x f ( x)   f � ( x)  , x � 1; 4 Biết f (1)  f ( x)dx Tính tích phân I  � Bài Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm cấp hai đoạn  0; 2 thỏa 2 � ( x)   f � ( x)   , x � 0; 2 Biết f (0)  1, f (2)  e , tính tích mãn  f ( x)   f ( x) f � I� (2 x  1) f ( x)dx 2 10 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục � thỏa mãn f ( x3  x  2)  3x  với 10 f ( x )dx x �� Tính tích phân I  � Lời giải: �x  � t  2t  � t  Đặt x  t  2t  � dx   3t  2t  dt , đổi cận : � �x  10 � t  2t  12 � t  2 2 1 f (t  2t  2)  3t  2t  dt  �  3t  1  3t  2t  dt  �  9t  3t  2t  dt Ta có I  � �9t � 151  �  t3  t2 �  �4 � Bài tập tương tự Bài Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f ( x)dx xf ( x )  f (1  x)   x , x � 0;1 Tính tích phân I  � 2 Bài Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn  0; 2 thỏa mãn f ( x)dx f ( x)  f (2  x )   x  12 x  16 , x � 0; 2 Tính tích phân I  � Bài Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn  0;3 thỏa mãn f ( x) f (3  x)  , dx x � 0;3 Tính tích phân I  �  f ( x ) Bài Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn f ( x)  f (  x)  cos x , x �� Tính tích phân I   �f ( x)dx   Bài Cho hàm số f  x  liên tục �, thỏa mãn � tan x f  cos x  d x  e2 f  ln x � e x ln x  d x  Tính tích phân I  f  2x  dx x � Bài Cho hàm số f  x  liên tục � thảo mãn xf  x   f   x   x 10  x  x, x �� Tính tích phân I  �f  x  dx 1 Bài Cho hàm số f  x  liên tục  0;1 thỏa mãn f   x   x f  x   3x  15 f  x  dx Tính tích phân I  � 2.3.3 Phương pháp tích phân phần a Kiến thức sử dụng b b u ( x ) v� ( x) dx   u ( x)v( x)  a  � v( x)u � ( x) dx (trong u ( x), v( x) có đạo hàm liên Cơng thức � b a a tục K a, b hai số thuộc K ) b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f ( x) có đạo hàm � thỏa mãn f ( x)dx   � 44 , f (5)  15 5 ( x)dx  x  1 f � Tính tích phân I  � Lời giải: u  x 1 du  dx � � � 44 � 344 � I  x  f ( x )  f ( x)dx  f (5)  �  �   Đặt � � Khi � ( x) dx � v  f ( x) � � �dv  f � 344 Vậy I  Ví dụ Cho hàm số f  x  có đạo hàm � thỏa mãn f    f  1  Tính tích ex � phân I  � �f  x   f '  x  � �dx Lời giải: 1 0 ex � e x f  x  dx  � e x f '  x  dx I1  I Ta có: I  � �f  x   f '  x  � �dx  � e x f '  x  dx ; Xét I  � � � u  ex du  e x dx � Đặt � � v  f ( x) �dv  f '( x)dx � I2  � e f '  x  dx  e f ( x )  � e x f  x  dx  e f (1)  f (0)  I1  e   I1 x x 0 ex �  x � Vậy I  � �f  x   f � �dx I1  I  I1  e   I1  e  Vậy I  e  Ví dụ Cho hàm số f ( x) có đạo hàm � thỏa mãn   2x  � f� ( x)dx  f (2)  f (0)  2020 Tính tích phân I  � f (2 x)dx Lời giải: 16 u   2x du  2dx � � �� dv  f � ( x) dx � v  f ( x) � ( x )dx  2020 , đặt �  1 2x f � Ta có � 2 0 f ( x)dx � 2020    f (2)  f (0)   � f ( x) dx Khi 2020  (1  x) f ( x)  2� 2 0 � 2020  2020  2� f ( x) dx �� f ( x) dx  2020 �x  � t  �x  � t  f (2 x)dx , đặt t  x � dt  2dx Đổi cận: � Xét I  � Khi I  1 2020 f (t )dt � I  � f ( x )dx   1010 � 20 20 Vậy I  1010  1  Ví dụ 4.Cho hàm số f  x  có đạo hàm cấp hai � thỏa mãn f  1  f � � xf �  x  dx  x   x , x �� Tính tích phân I  � f   x   x f � Lời giải: �x dx � du  f � � u f�  x �   �� x Đặt � �dv  xdx v � � 1 1 x2 x2 x � � xf �  x  dx  f �  x  � f �  x  dx   � f �  x  dx Suy I  � 0 2 2 � Do f   x   x f �  x   2x � x2 � f �  x  x  f  1 x 2 Vậy I  1 � � � x  f  x dx  � f   x  dx   � 0� � � 20 1 1 f  t  dt  � f  t  dt  � f  x  dx Đặt t   x suy I   � 20 20 � u  f  x � du  f �  x  dx �� dv  dx vx � � Đặt � Suy I  � 1 1� 1 xf x xf �  x  dx �� I    I  � I  �   � 0 2� � Vậy I  17  x   x  1, x �� Ví dụ Cho hàm số f  x  có đạo �, thỏa mãn f  x   f � f  x  dx f    Tính tích phân I  � Lời giải:  x   x  1, x �� Ta có f  x   f � � 2x � e x f  x   e x f � e2 x f  x  �  x   e2 x  x  1 � � � � e  x  1 � � �� e2 x f  x  � e2 x  x  1 dx � �dx  � e x  x  1 dx Đặt u  x  � du  2dx ; dv  e x dx chọn v  e x Ta tính I1  � I1  � e x  x  1 dx  1 e x dx  e x x  C  x  1 e x  � 2 �1 �1 � � 2x �� e2 x f  x  � e x  x  1 dx � e x f  x   e x x  C � f  x   � e x x  C � � �dx  � �2 �e mà f    � C  � f  x   x  1 0 f  x  dx  � Ta có �  xe e2 x 2 x �x � d x   �2  2e12 x �   21e2 � �0 Ví dụ Cho hàm số f ( x) có đạo hàm � thỏa mãn f (0)  , xf '( x) dx f ( x)  f (2  x)  x  x  2, x ��.Tính tích phân I  � Lời giải: 2 0 xf '( x) dx  xf ( x) |02  � f ( x) dx Áp dụng cơng thức tích phân phần, ta có: � Từ f ( x)  f (2  x)  x  x  2, x �� (1) Thay x  vào (1) ta f (0)  f (2)  � f (2)   f (0)  1 2 f ( x)dx Xét I  � �x  � t  Khi �x  � t  Đặt x   t � dx  dt đổi cận: � 2 0 I1   � f (2  t ) dt  � f (2  t )dt  � f (2  x) dx 2 2 0  f ( x)  f (2  x)dx  �  x  x   dx � 2�f ( x)dx  Do ta có � �� f ( x)dx  3 18 2 10 10   Vậy I  � xf '( x )dx   3 0 Ví dụ Cho hàm số f ( x) có đạo hàm �, thỏa mãn f (3)  f (0)  18 3 302 f ( x) � f ( x )  x  dx  I  dx   Tính tích phân � � 15 x 1 0 xf '( x)dx  xf ( x) |02  � f ( x) dx  f (2)  Ta có � Lời giải: � du  dx � u  x 1 � �� x 1 Đặt � dv  f � ( x)  � � v  f ( x)  x  � 3 � f ( x) 302 � x 1 � �  f ( x )  x  x    dx �  Khi � � �0 �2 x  15 � � 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 �, thỏa mãn f � � �2 � f ( x)dx  Tính tích phân � I sin xf � (sin x)dx �  Lời giải: sin x cos x f � (sin x )dx Ta có I  � , đặt t  s inx � dt  cos xdx  1 �  �t  �x  Đổi cận : � � �x  � t  0 2 tf � (t ) dt � I  � xf � ( x) dx I  � 1 � ux du  dx � � � �� I  2�  xf ( x)  Đặt: � ta có ( x) dx � v  f ( x) �dv  f � � � Do f ( x) hàm số chẵn nên 1 � �  � f ( x)dx � f ( x) dx � 1 1 � 2 � f ( x)dx Khi �f ( x)dx � 1 2 I   2� f ( x)dx    2 Vậy I  2 Ví dụ Cho hàm số f ( x) có đạo hàm đoạn  1;3 thỏa mãn f (3)  f (1)  , f ( x)  ln x xf � ( x) dx dx  Tính tích phân I  � � x 1  x  1 1 Lời giải: 19 � 1� � u  f ( x)  ln x � du  �f � ( x)  � dx � f ( x)  ln x � � x � � dx , đặt � � Xét I  � dv  dx �  x  1 x � � v 1   x  1 � � x 1 x 1 � 3 ( x) � �x � �xf � I  f ( x )  ln x   dx  � � Khi � � �x  �1 �x  x  1� �  3 3  ln x  1 �  ln  ln  f (3)  ln 3  f (1)  � � � 4 Bài tập tương tự Bài Cho hàm số f ( x) có đạo hàm �, thỏa mãn f ( 3)  f ( x )dx �1  x ( x ) ln  x  �f � 1  Tính tích phân I   x dx Bài Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục  0; 2 thỏa f  1  ,  f � x   f  x  dx  f  x   x  32 x  28 , x � 0; 2 Tính tích phân I  � Bài Cho hàm số f  x  nhận giá trị dương có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 cho f  1  f  x  f   x   e x  x , x � 0;1 Tính tích phân  2x I �  3x  f �  x f  x dx f ( x) dx  , Bài Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục � thỏa mãn � f  1  cot1 Tính tích phân I  �  f  x  tan x  f � x  tan x  dx Bài Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục  0;1 , thỏa mãn  f  x  dx f�  x    f  x   x  4, x � 0;1 f  1  Tính tích phân I  �   �0 thỏa mãn Bài Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục �, f    0, f � 2  x   18 x   3x  x  f �  x    x  1 f  x  , x �� hệ thức f  x  f �  x  1 e Tính tích phân I  � f  x dx 20 Bài Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục  0; 2 thỏa f ( x)dx ( x )  f (0)  mãn:  ( x  4)2  xf ( x)   f � Tính tích phân I  � 20 Bài Cho hàm số f  x  có đạo hàm cấp hai �, thỏa mãn f   x    x  3 f  x  1 , x �� Biết f  x  �0, x �� Tính I  �  x  1 f "  x  dx 2.3.4 Phương pháp tạo bình phương cho hàm số dấu tích phân a Kiến thức sử dụng b Nếu f ( x) �0 với x � a; b  f ( x)dx �0 , 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)  , 2 1 f� ( x)dx  � ( x)  f� � 2 dx  Tính tích phân I  �  f ( x) dx ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f � ( x)  f � ( x)  a  Nhận xét : Giả thiết chứa  f � 2 Ta chọn a cho 2   ( x)  a  dx  � � ( x)   af � ( x)  a dx   f�  f� � 2 1 �� ( x)  dx  2a � f� ( x )dx  a � dx  �  4a  a  � a  Từ ta có lời giải  f� Lời giải: 2   2 1 ( x)  2 dx  � � ( x)   f � ( x)  dx  � ( x)  dx  4� f� ( x)dx  4� dx  f�  f�  f� Ta có � 1 2  8  � f � ( x)  � f ( x)  x  c , mà f (0)  � c  nên f ( x )  x  2  x  1 dx  �  f ( x) dx  �  x3  12 x  x  1 dx   x  x3  3x  x   68 Khi I  � 3 1 xf ( x) dx  Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  0;1 Biết �  f ( x)  � dx  Tính tích phân I  �  f ( x)  2020 dx 2 Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x) xf ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x)  ax  1    f ( x)  ax  dx  � � f ( x)  2axf ( x)  a x dx  Ta chọn a cho � 2 21 1 �� xf ( x )dx  a � x dx  �  2a  a  � a  Từ ta có lời giải  f ( x) dx  2a � 0 Lời giải:  f ( x)  3x  Ta có �   1 0 dx  � � xf ( x)dx  � x dx  f ( x)   xf ( x)  x dx  �  f ( x) dx  6� �    � f ( x)  3x Khi I  �  f ( x)  2020 dx  32020 � x 2020 dx  2020 2021 1  f ( x) dx  Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  0;1 Biết � 2 f ( x)dx �x f ( x )dx  Tính tích phân I  � 0 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 t f (t ) dt � � t f (t ) dt  � � x f ( x )dt  Đến Đổi cận � ta có  2� 5 �x  � t  0 2 ta hai biểu thức  f ( x) x f ( x) nên ta tạo bình phương dạng � �f ( x )  ax � �, 1 1 �� x f ( x)dx  a  f ( x) dx  2a � 2   �  f ( x)  2ax f ( x)  a x dx  � �f ( x)  ax � �dx  � � ta chọn a cho 2 1 a2 x dx  �  a   � a  Từ ta có lời giải � 5 Lời giải: Xét �x f ( x )dx  , đặt t  x � dx  2tdx 1 1 �x  � t  2 t f (t ) dt � � t f (t ) dt  � � x f ( x )dt  Đổi cận � ,  2� 5 �x  � t  0 Vì � � �f ( x)  x  2   1 � x f ( x)dx  � x dx  f ( x)  x f ( x)  x dx  �  f ( x) dx  2� �dx  � � 2 0 1 1 f ( x)dx  � x dx     nên f ( x)  x Do I  � 5 0  �� 0; � Biết f ( )  , Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn � � 2�  ( x)   f� � dx     cos x f ( x )dx  Tính tích phân �  I� f ( x )dx ( x)  f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, Nhận xét : Giả thiết chứa  f � 22  ( x) cách đặt trước hết ta biến đổi � cos x f ( x )dx để tạo biểu thức f � u  f ( x) du  f � ( x )dx � � �� � ,    f ( x) s inx  dv  cos xdx v  s inx � �  �� f� ( x) sin xdx     � f� ( x) sin xdx  Đến ta hai biểu thức  f � ( x ).s inx nên ta ( x)  f � ( x)  a s inx  tạo bình phương dạng  f �  2    Ta chọn a cho � ( x)  a s inx  dx  � � ( x)   2a s inx.f � ( x)  a sin x dx   f�  f�    �� ( x)  dx  2a � sin x f � ( x)dx  a � sin xdx   f� 0 �   a  a �a �  �  �  1� � a  2 Từ ta có lời giải �2 � Lời giải:  u  f ( x) � du  f � ( x)dx �  �� Xét � cos x f ( x) dx  , đặt � dv  cos xdx v  s inx � �   0     f ( x)s inx   � f� ( x)sin xdx � � f� ( x) sin xdx    2   0   2 Ta có � ( x)  2s inx  dx  � � ( x)   4s inx.f � ( x)  4sin x dx   f�  f�    0 4 ( x)  2sin x � ( x )  dx  � sin x f � ( x)dx  � sin xdx     2   � f �  f�  � f ( x)  cos x  c mà f ( )  � c  nên ta có f ( x)  cos x   0 Ta có I  � f ( x )dx  � cos xdx  Vậy I  Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  1;0 Biết f (1)   ( x) � 169 �f � dx  � � � x � 105 1 �  x  1 f ( x)dx  � 1 10 103 f ( x)dx Tính tích phân I  � 420 23 ( x) � �f � Nhận xét : Giả thiết chứa � � f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, �x � ( x) cách đặt  x  1 f ( x)dx để đưa f � trước hết ta biến đổi � 1 du  f � ( x)dx � u  f ( x) � � � � � � 103 x �   x f ( x )  x2  x  f � ( x)dx � � x ,  � � � � � dv  x  dx  v   x 420 2 �  � � � 1 � �1 � 2 169 ( x) � 2 �f � � �� x  x f ( x ) dx  ( x)   Đến ta hai biểu thức � �  x  x  f � 105 x � � 1 ( x) �f � �  a  x  x  �, ta chọn a ta tạo bình phương dạng � �x � 2 1 ��f � 2� ( x) ( x) � f� ( x) �f � �  a  x3  x  �dx  � �  2a  x  x   a  x3  x  � dx  � � � � � �� x � � x x � � 0� � 1 ( x) � �f � �� dx  2a � x2  x  f � ( x)dx  a � x  x  dx    � � x � � 0 169 169 169 �  2a  a  � a  Từ ta có lời giải 105 105 105 Lời giải: 103  x  1 f ( x)dx  Xét � , đặt 420 1 du  f � ( x) dx � u  f ( x) � � � � x2 � , dv   x  1 dx � v x � � 0 169 �x � � 10 103 � � x2  2x  f � ( x) dx  � � x  x  f ( x)dx   �  x �f ( x) �  � � 105 420 � 1 �2 � �1 1 2 ��f � 2� ( x) ( x) � f� ( x) �f � �   x  x  �dx  � �   x3  2x    x3  2x2  � dx � Ta có � � � � �� x � � x x � � 0� � 1 1 ( x) � �f � � dx  2� x2  2x  f � ( x )dx  � x  x  dx   � � x � � 0 169 169 169 f� ( x) 1    0�  x3  x � f � ( x)  x  x � f ( x )  x  x  c 105 105 105 x 1 Mà f (1)   � c  nên f ( x)  x5  x 10 1 1 �1 � �1 � f ( x)dx  � dx  � x  x �   Khi I  � �x  x � � �30 10 �0 15 0� Vậy I   15 24 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  0; 2 Biết f (2)   2 f ( x)dx f� ( x)   21x  12 x  12 xf ( x ) , x � 0; 2 Tính tích phân I  � Lời giải: ( x)  f� Từ giả thiết ta có � 2 � dx  � 21x  12 x  12 xf ( x) � dx � � 2 0 �� ( x )  dx  � xf ( x)dx � � ( x )  dx   f�  f�  21x  12 x  dx  12� 2 552  12 � xf ( x )dx (*) du  f � ( x )dx � u  f ( x) � � �� x Đặt � dv  xdx � v � � 2 2 �x � 12 2 xf ( x) dx  � f ( x) �  � x f� ( x) dx  14  � x f� ( x) dx , vào (*) ta Khi � 20 �2 �0 0 ( x)  dx   f� � 2 x dx  Mà � � 12 � 288 552 ( x)  dx  6� x2 f � ( x)dx   (**)  12 � 14  � x f� ( x)dx �� �  f� 5 0 � � 2 288 �� ( x)  dx  � x2 f � ( x)dx  � x dx   f� nên ta có (**) 0 2 � �� ( x)  x � ( x)  3x � f ( x)  x  c mà f (2)  � c  1 � f ( x)  x  �f � �dx  � f � 2 0 f ( x)dx  �  x3  1 dx  Khi I  � Vậy I  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 Lời giải: 1    f ( x)  x  1 dx  � f ( x)  xf ( x)  f ( x)  x  x  dx Ta có � 2 1 1 0 0 � xf ( x )dx  2� f ( x )dx  � xdx  �  f ( x) dx  4�  x  1dx  0 1 3 13  x  1 dx  10        � f ( x)  x  Khi I  �  f ( x) dx  � 0 Vậy I  10 Ví dụ Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  0;1 thỏa mãn 25 ( x)   f� � f  1  0, 1 dx  � x f ( x)dx  Tính tích phân � f ( x)dx 0 Lời giải:  x  dx , dv  x 2dx � v  x Đặt u  f  x  � du  f � 1 1 x3 x3  f x  x3 f �   � f�  x  dx � �  x  dx  1 Ta có 3 0 49 x dx  7, Ta có � � x3  f � ( x)  � f  x    ( Ta có I  � 1 0 � ( x ) dx  7, � 2.7 x f � x3  f � ( x) �  x  dx  14 � �  f� � � �dx  7x  C , mà f  1  � C  4 x4 7  )dx  Vậy I  4 5 Bài tập tương tự Bài Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  1; 2 thỏa mãn  x  1 � 2 2 f  x  dx   , f    � � f� dx  Tính tích phân I  � f  x  dx  x � � � 1 Bài Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục  0;1 , thỏa mãn  f � x   f  x  dx  f  x   x  4, x � 0;1 f  1  Tính I  � Bài Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  1; 2 thỏa mãn  x  2 � f  x  dx   2 1 � f  � f x � dx  Tính I  �   xf  x  dx   , ,� � � 1 21 Bài Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 f    f  1  Biết 1 f  x  dx  , � f�  x  cos   x  dx  �  I  f  x  dx Tính � Bài Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục �, thỏa mãn f (0)  x 3 f ( x) d x  ; � f '( x).cos dx  f ( x) dx Tính I  � � 2 0 1 Bài Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm liên tục [0;1] thỏa 1 4 x f ( x)dx  Tính I  � f ( x)dx mãn f (1)  3, �  f '( x) dx  � 11 11 0 26 Bài Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục  0; 2 thỏa mãn f  1  ,  f  x  dx f�  x    f  x   8x  32 x  28 , x � 0; 2 Tính I  � 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Thực tiễn giảng dạy trường THPT Nông Cống I năm học 2018-2019, nhà trường giao cho giảng dạy hai lớp 12B1, 12B2 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 tốn nâng lên rõ rệt Sau áp dụng đề tài khảo sát lại học sinh thu kết sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu Kém SL % SL % SL % SL % SL % 12B1 11 24,6 20 44,4 10 22,2 6,6% 2,2% 45 % % % 12B2 12 26% 21 45,6 10 21,7 4,9% 1,8% 46 % % Như qua kết trên, so sánh với số liệu khảo sát lần đầu 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 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 với đề tài "Một số phương pháp tính tích phân hàm hơp, 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 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 : 27 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 thủ trưởng đơn vị Thanh Hóa, ngày 16 tháng năm 2020 Tơi xin cam đoan SKKN thân viết, khơng chép nội dung người khác Trần Thanh Minh 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] Đề minh họa, đề thi THPT QG từ năm 2017, đề thi thử THPT QG trường nước Danh mục Sáng kiến kinh nghiệm Hội đồng SKKN Ngành GD huyện, tỉnh cấp cao đánh giá đạt từ loại C trở lên TT Tên đề tài SKKN Phát triển tư hàm cho học sinh qua tốn phương trình vơ tỉ Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh…) Ngành GD cấp tỉnh Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) B Năm học đánh giá xếp loại 2015 28 29 ... tính tích phân hàm hợp, hàm ẩn 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 Các giải pháp. .. thành bốn phần Phần Phương pháp biến đổi đưa nguyên hàm Phần Phương pháp đổi biến số Phần Phương pháp tính tích phân phần Phần Phương pháp tạo bình phương cho hàm số dấu tích phân Mỗi phần thực... 1.3 Đối tượng nghiên cứu Chương Nguyên hàm - Tích phân chủ yếu phương pháp tính tích phân số hàm hợp, hàm ẩn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp nghiên cứu: Tự tìm tịi, khám phá, đưa