Sáng kiến kinh nghiệm về một số phương pháp giải toán nguyên hàm tích phân

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHN

A. Đặt vấn đề .
I. Lời mở đầu.

Để bồi dỡng năng lực t duy độc lập ,t duy tích cực và t duy
sáng tạo của học sinh, trớc tiên phải trang bị cho các em có nền kiến thức cơ bản
phổ thông vững chắc, có khả năng giải các dạng bài tập. Muốn vậy, ngời giáo
viên phải vận dụng các phơng pháp khác nhau, hớng các em vào một môi trờng
hoạt động tích cực, xem học tập là một quá trình tự khám phá liên tục. Học tập
phải thực sự là nhu cầu, mang đậm tính tự giác, chủ động và sáng tạo của học
sinh. Ngời thầy giáo phải giúp học sinh xem xét một bài toán dới nhiều góc độ
khác nhau, kích thích sự liên tởng, kết nối giữa dữ kiện và yêu cầu của bài toán,
giữa bài toán cha biết cách giải với bài toán quen thuộc đà biết cách giảI, biết
phân tích, tổng hợp, và so sánh, từng trờng hợp riêng lẻ để đem đến cái chung
nhất mang tính chân lý. Từ đó học sinh vận dụng các phơng pháp toán học để giải
quyết các bài toán đặt ra.
Với lý do đó tôi chọn đề tài MT S Phơng pháp giải toán
nguyên hàm tích phân
II. Thực trạng của vấn đề cần nghiên cứu.
1) Thực trạng:

Trong chơng trình Giải tích 12, kiến thức về nguyên hàm và tích phân
chiếm một phần rất quan trọng. Tuy nhiên các bài toán về nguyên hàm, tích
phân cha nhiều và chỉ dừng lại ở các bài toán đơn giản, cha có nhiều phơng
pháp. Học sinh chỉ mới giải các bài toán theo một hớng nhất định nào đó. Do
đó các bài toán về nguyên hàm, tích phân cha khai thác hết đợc và cha phát
huy đợc tính sáng tạo, khám phá của học sinh.
Tôi nhận thấy việc khai thác các phơng pháp giải các bài toán về nguyên
hàm, tích phân để học sinh có thể tìm tòi, phát huy tính sáng tạo, hình thành
nhiều cách giải khác nhau là một điều rất quan trọng.

2) Kết quả:
Khi tôi đợc phân cônggiảng dạy lớp 12, tôi nhận thấy kiến thức
về giải tích của học sinh lớp tôi giảng dậy đợc phân công còn hạn chế: các bài
toán về nguyên hàm, tích phân còn ít nên việc vận dụng các phơng pháp giải
của học sinh còn chậm và đang còn bế tắc trong cách định hình phơng pháp
giải.
Do vậy tôi đà dần hình thành các phơng pháp giải, phát triển từ bài toán cơ
bản đến những bài toán ở mức độ khó hơn. Để công việc giảng dạy đợc tốt
Giáo viên Phan Tuấn Anh

1

Trêng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHN

hơn, tôi đà mạnh dạn cải tiến nội dung, phơng pháp, khai thác cấu trúc logic
của bài toán, tìm ra nhiều phơng pháp giải cho bài toán, phát triển bài toàn dới
nhiều hình thức khác nhau.

B. GiảI quyết vấn đề.
I
các Giải pháp thực hiện.
1.
Các yêu cầu cơ bản về giải toán nguyên hàm tích phân.
I.1 Học sinh nắm vững các định nghĩa nguyên hàm tích phân, các tính chất cơ
bản và các phơng pháp chủ yếu để tính nguyên hàm và tích phân.
I.2 Học sinh có kĩ năng giải toán nguyên hàm và tích phân bằng nhiều phơng
pháp khác nhau, nắm vững ý nghĩa hình học của tích phân để trong một

sốtrờng hợp ta có thể tính các tích phân bằng một phơng pháp đơn giản hơn
.
I.3 Học sinh đợc phát triển về t duy thuật giải trong quá trình tính nguyên hàm,
tích phân theo những quy trình xác định, đợc rèn luyện về tính linh hoạt ,
khả năng sáng tạo trong quá trình giải toán.
Trong chơng trình môn toán trờng phổ thông trung học, nội dung kiến thức
mà học sinh học về nguyên hàm và tích phân ở lớp 12 gồm các vấn đề sau
đây:
- Định nghĩa nguyên hàm. Các tính chất của nguyên hàm. Bảng các
nguyên hàm cơ bản.
- Định nghĩa tích phân. Các tính chất của tích phân. Các phơng pháp tính
tích phân, ứng dụng tích phân để tính diện tích, thể tích.
2
Các phơng pháp xác định nguyên hàm tích phân
1.1.
Xác định nguyên hàm bằng định nghĩa
Ví dụ 1: Chứng minh rằng hàm số:
e x khi x ≥ 0

F ( x) =  2
x +x +1 khi x < 0


là một nguyên hàm của hµm sè:
 x khi x ≥ 0
e
f ( x) =
trên R.
2 x +1 khi x < 0

Giải:
Để tính đạo hàm của hàm số F(x) ta xét hai trờng hợp sau:
- Víi x ≠ 0, ta cã:

e x khi x > 0
F '( x) = 
⇒ f ( x ) = F / ( x ) víi x ≠ 0
 2 x + 1 khi x < 0

- Víi x = 0, ta có:
Giáo viên Phan Tuấn Anh

2

Trờng THPT Phù Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN
F '(0− ) = lim
−

F ( x) − F (0)
x 2 + x −1 − e0
= lim
= lim ( x +1) = 1
x →0−
x →0−
x −0
x

F '(0+ ) = lim
+

F ( x ) − F (0)
e x − e0
= lim
=1
x →0+
x −0
x

x →0

x →0

/
NhËn xÐt r»ng F’(0-) = F’(0+) = 1 ⇒ F’(0) = 1 mµ f ( 0 ) = 1 ⇒ f ( 0 ) = F ( 0 ) .

có nghĩa là hàm số F(x) có đạo hàm tại điểm x = 0.
e x khi x 0

Tãm l¹i : F '( x) = f ( x) =

2 x +1 khi

1.2.

x <0

Vậy F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên R.

Xác định nguyên hàm bằng phơng pháp phân tích.
Phơng pháp tích phân thực chất là việc sử dụng các đồng nhất thức để
biến đổi biểu thức dới dấu tích phân thành tổng các nhân tử mà nguyên
hàm của mỗi nhân tử đó có thể nhận đợc từ bảng nguyên hàm hoặc chỉ
bằng các phép biến đổi đơn giản đà biết.
Phơng pháp chung:
Bớc 1:
Biến đổi f(x) vỊ d¹ng:
f(x) =

n

∑α
i =1

i

f i ( x)

víi fi(x) cã nguyên hàm trong bảng công thức và i là các h»ng sè.
Bíc 2:

Khi ®ã:
n

∫ f ( x)dx = ∫ ∑α
i =1

n

i

Ví dụ 2: Tính tích phân : I =
Giải:

f i ( x) dx = ∑α i ∫ f i ( x)dx
i =1

dx
.
1 +e x

Sư dơng ®ång nhÊt thøc:
1 = (1 + ex) ex.

Ta đợc:

(

)

(

1 + ex ex
d 1 + ex

1
ex
ex 
=

=1−
⇒ I = ∫ 1 −
dx = ∫ dx − ∫
x ÷
1 + ex
1 + ex
1 + ex
1+ ex
 1+e 

)

= x - ln(1 + ex) + C.
1.3.
Xác định nguyên hàm bằng phơng pháp đổi biến số.
- Phơng pháp đổi biến số đợc sử dụng khá phổ biến trong việc tính tích phân.
Phơng pháp đổi biến số để xác định nguyên hàm có hai dạng dựa trên định lý sau:
Định lý 1:
b. Nếu f(x)dx = F(x) + C và u = (x) là hàm số có đạo hàm thì:
Giáo viên Phan Tuấn Anh

3

Trờng THPT Phù Cừ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHN

f(u)du = F(u) + C.
c. Nếu hàm số f(x) liên tục thì khi đặt x = (t) trong đó (t) cùng với đạo

hàm (t) là những hàm số liên tục, ta đợc:
f(x)dx = f[(t)].(t)dt.
- Phơng pháp đổi biến số để tính tích phân xác định cũng có hai dạng cơ
bản dựa trên định lý sau:
Định lý 2:
a. Nếu f(x)dx = F(x) + C vµ u = ϕ(x) lµ hµm sè có đạo hàm trong đoạn
[a,b] thì:
(b)

(b)

f (u)du = F (u )

ϕ (a)

.
ϕ (a)

b. NÕu f(x) lµ hµm số xác định và liên tục trên đoạn [a,b], hàm số x = (t)
xác định và liên tục trên đoạn [, ] và thoả mÃn các điều kiện sau:
(i).

Tồn tại đạo hàm (t) liên tục trên đoạn [, ].

(ii).

() = a và ( ) = b.


b

(iii).

Khi đó:

f ( x)dx = α f [ϕ (t )]ϕ ' (t )dt.
∫
a

Tuy nhiªn cái khó của phơng pháp này là cách chọn hàm x = ϕ(t) hay u = ϕ(x)
sao cho phï hỵp với từng bài toán cụ thể.
Lu ý: Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ:
Dấu hiệu
Cách chọn và ®Ỉt

x =


x =


a 2 − b2 x 2

a
π
 −π
sin t , 
≤t ≤ ÷
b
2

 2
a
cos t , ( 0 ≤ t ≤ π )
b

t = a2 − b2 x2

a
− π π 
,t ∈
, , t ≠ 0
x =
sin t
 2 2


a
π
x =
, t ∈ [ 0, π ], t ≠
cos t
2

x = a cos 2t

x2 a2

a+x ax
,
ax a+x

Giáo viên Phan TuÊn Anh

4

Trêng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN

x= a + (b – a)sin2t
t lµ mÉu sè
t = f (x)
t= x+a + x+b

( x − a )( b − x )

Hµm cã mÉu sè
Hµm f(x, f (x) )
1

Hµm f(x) =
Hµm f(x) =

( x + a )( x + b )

(

1
;n∈ N*
2

2 2
a +b x

x=

)

VÝ dơ 1: TÝnh nguyªn hàm : I =
Giải:

Đổi biến

Đặt

t=

dx
x x 2 +1

a
π
tan t ; t ∈  − ; ÷
b
 2 2

.

x 2 +1 ⇒t 2 = x 2 +1 ⇒tdt = xdx

Ta cã:

I =∫

dx
x x +1
2

=∫

xdx
x

x +1

2

2

=∫

(

tdt
dt
1  1
1 
=∫ 2
= ∫
−
÷dt
t −1 2  t −1 t +1 

t −1 t

)

2

1  t −1 
1  x2 + 1 −1 
=  ln
+ C = ln 
÷+ C
÷
2  t +1 
2  x2 + 1 + 1 ÷


8

VÝ dụ 2: Tính các tích phân: I =

x
3

dx
x2 +1

Giải:
x

t = x 2 + 1 dt =

Đặt:

x +1
2

xdx
tdt
dx =
t
x

dx =

x = 3 ⇒ t = 2; x = 8 ⇒ t = 3

Khi ®ã:

dx
x x2 +1

=

tdt
x2 x2 +1

=

(

tdt
dt
1 1
1 
= 2
= 
−
dt
t −1 t t − 1 2  t − 1 t + 1

)

2

3

3

3

1  1
1 
1
1 3
 1 t −1 
⇒ I = ∫
−
÷dt = ( ln t − 1 − ln t + 1 ) =  ln
÷ = ln .
2 2  t −1 t +1

2
2 t +1 2 2 2
2

***Sâu

đây chúng ta đi vào từng dạng cụ thể

*Trng hp I Nu hm số dưới dấu tích phân có chứa a 2 − b2 x 2
ta có thể tìm cách giải theo một trong hai hướng sau:
- Hướng thứ nhất :
a 2 − b2 x 2

Đặt

x=

a
 π π
sin t ; t ∈  − ; 
b
 2 2

⇒ dx =

a
cost dt ;
b

= a cost

Giáo viên Phan Tuấn Anh

5

Trờng THPT Phù Cừ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN

-Hướng thứ hai

t=

Đặt

a 2 − b2 x 2

1

VÝ dô 3: Tính các tích phân: I = x 2 4 − 3x 2 dx
0

Lêi gi¶i:
2
2
 π π
sin t , t ∈  − ,  ⇒ dx =
cost dt ; 4 − 3 x 2 = 4 − 4sin 2 t = 2 cost
3

3
 2 2
π
x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 t =
3
x=

Đặt

I=

Khi đó:

4
3


3

4sin
3

2

t.cos 2tdt =

0

4
3

π
3

sin
3∫

2

2tdt =

0

2

π
3

3 3∫
0

( 1 − cos 4t ) dt

π

2  1
2 π
3
3
=

 −
÷
 1 − sin 4t ÷ 0 =
3 3 4
3 33 8 ÷




*Trường hợp II:
1

Nếu hàm số dưới dấu tích phân có dạng f(x) = a 2 + b 2 x 2 ; n ∈ N
(
)
π π



thì ta đặt x = tan t; t ∈  − ; ữ
b
2 2
a





1

Ví d 4: Tính các tích phân: I = ∫
0

dx

( 1 + 3x )

2 2

Lời giải:
1
 π π
tan t ; t ∈  − ; ÷
3
 2 2

Đặt x =
X = 0 thì

t=0
1

Ta có: I = ∫
0

;

dx

( 1 + 3x )

2

2

=

; 1 + 3x2 = 1 + tan2t
thì

X = 1
π
3

π
3

t=
π
3

1
dx
1
2
∫ 1 + tan 2 t = I = 3 ∫ cos tdt
30
0

π
3

π
1  1
1 π
3
 3
I=
(1 − cos 2t )dt =
 +
÷
 t + sin 2t ÷ 0 =
2 3∫
2 3 2
2 33 4 ÷

0



1

*Trường hợp III

Nếu hàm số dưới dấu tích phân có dạng a.e x + b

Gi¸o viªn Phan TuÊn Anh

6

Trêng THPT Phï Cõ

*


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN

Ta có thể đặt t =

a.e x + b
ln12

VÝ dụ 5: Tính các tích phân:

I=



e x 3dx

ln 4

Li gii:
t = e x − 3 ⇒ e x = t 2 + 3 ⇒ e x dx = 2tdt ⇒ dx =

Đặt :

x = ln 4 thì t = 1 ;
ln12

Vậy I =

x = ln12

3

2tdt 2tdt
= 2
ex
t +3

thì t = 3

3

3

3

2t 2
2(t 2 + 3) − 6
dt
dt = ∫
dt = 2∫ dt − 6 ∫ 2
= 4 − 6 I1
2
2
t +3
t +3
t +3
1

1
1
1

e x − 3dx = ∫

∫

ln 4

3

dt
t +3
1

Tính I1 = ∫

2

 π π
t = 3 tan u; u ∈  − ; ÷⇒ dt = 3 1 + tan 2 u du
 2 2

(

Đặt :

(

t 2 + 3 = 3 1 + tan 2 u

)

t =1⇒ u =

với

π
3

π
6

π
3

3 1 + tan u
3
3
dt
I1 = ∫ 2
= 3 ∫ 1 + tan 2 u du = 3 ∫ du = 3 u
t +3
π
π
1
3

2

6

; t =3⇒u =
π
3
π
6

)

π
3
I = 4−

3π
=
18

vậy

3π
3

6

*Trường hợp IV
Nếu hàm số f ( x ) dưới dấu tích phân là hàm số chẵn thì ta có:
a

a

−a

0

I=

∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx.
a

Biến đổi I về dạng: I =

∫

f ( x ) dx =

−a

0

∫

−a

(a>0)
a

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx

(1)

0

0

Xét tích phân J =

∫ f ( x ) dx.

Đặt :

x = −t ⇒ dx = −dt

−a

Đổi cận x = −a ⇒ t = a; x = 0 ⇒ t = 0
Mặt khác vì f(x) là hàm chẵn ⇒ f(-t) = f(t)
0

a

a

a

0

0

Khi đó J = − ∫ f ( −t ) dt = ∫ f ( t ) dt = f ( x ) dx

Giáo viên Phan Tuấn Anh

7

(2)

Trờng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN
a

I=

Thay (2) vào (1) ta được

a

f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx. đpcm.

∫

−a

0

1

dx
1 + x2
−1

VÝ d 6: Tính các tích phân: I =
Li gii:

f ( x) =

Hàm số dưới dấu tích phân :

1
là hàm số chẵn
1 + x2

1

1

dx
dx
2∫
2 =
1 + x2
1+ x
0
−1

Ta có I = ∫
Đặt :

 π π
x = tan t; t ∈  − ; ÷⇒ dx = 1 + tan 2 t dt
 2 2

(

x =1⇒ t =

Đổi cận
Vậy

π
;x = 0⇒t = 0
4

1

1

)

dx
dx
2∫
I=∫
2 =
1 + x2
1+ x
0

−1

π
4

π
4

1 + tan t
= 2∫
dt = 2 ∫ dt = 2t
1 + tan 2 t
0
0
2

π
4
0

=

π
2

*Trường hợp V
Nếu hàm số f ( x ) dưới dấu tích phân là hàm số lẻ thì ta có :
a

I=

∫ f ( x ) dx = 0.

(a>0)

−a

3

x 2 sin 2 x
I=
dx
1 + x2
3

Ví d 7: Tính các tích phân:
Li gii:
NX : hàm sè díi dÊu tÝch ph©n
∀x ∈ [ −3;3]

ta cã :

f ( −x)

f ( x) =

( −x)
=

2

x 2 sin 2 x
xác định trên [ - 3 ; 3 ]
1 + x2

sin(−2 x)

1 + (− x) 2

=−

x 2 sin 2 x
1 + x2

= − f ( x)

3

x 2 sin 2 x
I=∫
dx = 0
1 + x2
−3

Vậy f ( x ) lẻ trên [ - 3 ; 3 ] Do đó
*Trường hợp VI :

Giáo viên Phan Tuấn Anh

8

Trờng THPT Phù Cừ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN

Nếu hàm số dưới dấu tích phân f ( x ) l hàm số liên
a +T



tục, tuần hoàn với chu kú T th×:

a

CM:

T

∫

Ta cã

0

T

f ( x ) dx = ∫ f ( x )
0

a

a +T

0

a

f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx +

∫

f ( x ) dx +

∫ f ( x ) dx

(1)

a +T

T

I3 =

T

∫ f ( x ) dx

Đặt

t = x T dx = dt

a +T

§ỉi cËn: x = a + T ⇒ t = a; x = T ⇒ t = 0
0

a

a

a +T

Khi ®ã : I 3 =

T

a

0

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t + T ) dt = −∫ f ( t ) dt = −∫ f ( x ) dx
a +T

T

a

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x )

Thay (2) vµo (1), ta đợc :

(2)
(đpcm)

áp dụng:
Ví d 8: Tính các tích phân:

I=

200



1 + cos xdx

0

(®Ị thi häc sinh giái toan cÊp tØnh líp - 12 – 2006 -2007)
Lời giải:
xÐt hµm sè f ( x ) = 1 + cos x = cos 2 x = 2 cos x
2

2

f(x) tuần hoàn với chu kì lµ 2π

ThËt vËy : f ( x ) = 2 cos
x R

x
2

có TXĐ: D = R

thì x 2 ∈ R

f ( x + 2π ) = 2 cos

x + 2π
x
= 2 cos
2
2

Gi¶ sư ∃T > 0 : T < 2π mµ f ( x + T ) = f ( x ) ∀x ∈ R
⇔ 2 cos

Cho x = 0 đợc : cos

x +T
x
= 2 cos .x R
2
2

T

T
T
= cos 0 = 1. ⇔ sin = 0 ⇔ = kπ ⇔ T = 2kπ
2
2
2

Mµ t > 0 k z T > 2 điều này mâu thuẫn vói giả thiết T < 2
Giáo viên Phan Tuấn Anh

9

Trờng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN

Do®ã
I=

200π

∫

1 + cos xdx = 2

0

200π

∫
o

4π
200π
 2π
x
x
x
x 
cos dx = 2  ∫ cos dx + ∫ cos dx + ... + ∫ cos dx ÷
2
2
2
2 
2π
198π
0

2π
2π
π
π
x
x 
x
x 
= 100 2 = 100 2  ∫ cos dx + ∫ cos dx ÷ = 100 2  ∫ cos dx − ∫ cos dx ÷
2
2 

2
2 
π
π
0
0


xπ
x
= 100 2  2sin
− 2sin
0
2
2


2π

π


÷ = 200 2 .

π
2

I = ∫ ( tan 2 x )

Ví d 9: Tính các tích phân:

2009

+ ( sin12 x )

2011

0

dx


Lời giải:
Ta dƠ thÊy hµm sè : f ( x ) = ( tan 2 x )

I=

∫ ( tan 2 x )

π

2009

+ ( sin12 x )

2011

− +0
4

dx =


π
4

∫π ( tan 2 x )




2011

2009

+ ( sin12 x )

4

tuần hoàn

2011


4

dx = f ( x ) .
∫


π
4

π π

Do f ( x ) là hàm số lẻ trên ; nªn
 4 4


1.4.

+ ( sin12 x )

π
nªn ta có
2

víi chu kì là

+
4 2

2009


4

f ( x ) dx = 0

hay I = 0

4

Tính tích phân bằng phơng pháp tích phân từng phần:
Phơng pháp tích phân từng phần đợc sử dụng rất thông dụng trong quá
trình xác định nguyên hàm của hàm số. Phơng pháp này cụ thể nh sau:
Cho u, v là các hàm số có đạo hàm liên tục thì:
udv = uv - vdu.
Còn đối với tích phân xác định, ta có:
b

udv = uv
a

b
a

b

vdu
a

Dựa vào công thức tính tích phân từng phần,để tính tích phân I=f(x)dx
ta tiến hành theo các bớc sau:
- Bớc 1: Biến đổi tích phân ban đầu về dạng:
Giáo viên Phan TuÊn Anh

10

Trêng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHN

I = f(x)dx = f1(x).f2(x)dx.
- Bớc 2: Đặt: u = f1(x), dv= f2(x)dx ⇒ du,v.
- Bíc 3: I = uv - vdu.
Chúng ta cần chú ý, khi sử dụng phơng pháp tích phân từng phần để
tính nguyên hàm chúng ta cần tuân thủ các nguyên tắc sau:
- Lựa chọn phép đặt dv sao cho v đợc xác định một cách dễ dàng.
- Tích phân vdu đợc xác định một cách dễ dàng hơn so với I.
Ta dùng P(x) để chỉ cho một đa thức.
- Khi gặp các tích phân có dạng:
P(x)axdx, P(x)sinxdx, P(x)cosxdx
nên dùng tích phân từng phần để tính với cách đặt: u = P(x).
- Khi gặp các tích phân có dạng:
P(x)logaxdx
nên dùng tích phân từng phần để tính với cách đặt: u = P(x).
- Khi gặp các tích phân có dạng:
eaxsinbxdx, eaxcosbxbx
nên dùng tích phân từng phần hai lần để tính với cách đặt: u = eax.
Sau đây là ví dụ nhằm minh hoạ cho tính phổ biến và tiện lợi của phơng pháp này:
Ví dụ :10 Tính nguyên hàm: I =

x ln( x +

x 2 + 1)

x 2 +1

2
Giải: Ta viết lại I dới dạng: I = ∫ ln( x + x + 1)

(

)

x

1+
u = ln x + x 2 + 1

2
x +1


.dx =
du =
Đặt: 
x
x + x2 +1
dx
dv =

x2 +1

v = x 2 + 1


dx.

x
x 2 +1

dx.

dx
x2 +1

Khi ®ã:
I =

(

)

x 2 +1 ln x + x 2 +1 − ∫ dx =

(

)

x 2 +1 ln x + x 2 +1 − x + C .

***Sau õy chỳng ta đi vào từng dạng cụ thể:
*Trng hp I:
Giáo viên Phan Tuấn Anh

11

Trờng THPT Phù Cừ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN

Nếu hàm số dưới dấu tích phân có dạng f ( x ) .g ( x )
trong đó g ( x ) là một hàm đa thức còn f ( x ) là một hàm số lượng giác thì
/

u = g ( x )

 du = g ( x ) dx
⇒
cách giải chung là đặt 
 dv = f ( x ) dx v = f ( x ) dx



π
2

VÝ dơ 11: TÝnh tÝch ph©n:

I = ∫ x sin x cos 2 xdx
0

Lời giải:

I=

π
2

1
x ( sin 3 x − sinx ) dx
2∫
0

dx

x

 du = 2
u=


2
⇒

 dv = ( sin 3 x − sin x ) dx v = − 1 cos3x + cos x


3

π

π
π

x 1
1 2 1
1
5


1

I =  − cos 3x + cos x ÷ 2 − ∫  − cos 3 x + cos x ÷ =  sin 3x − sin x ÷ 2 = −
dx
2 3
2
9
 0 2 0 3

 18
0

*Trường hợp II:
x
Nếu hàm số dưới dấu tích phân có dạng f ( e ) .g ( x )

trong

đó g ( x ) là một hàm đa thức thì ta có cách giải chung là
/

u = g ( x )

 du = g ( x ) dx

⇒

dv = f e x dx v = ∫ f e x dx




đặt :

( )
1

VÝ dơ 11: TÝnh tÝch ph©n:

( )

(

)

I = ∫ x 2 + x + 1 .e x dx
0

Lời giải:

u = x 2 + x + 1 du = ( 2 x + 1) dx

⇒

x

x
 dv = e dx
v = e



Đặt :

(

)

I = x 2 + x + 1 .e x

1
1 1
− ∫ ( 2 x + 1) e x dx = 3e − 1 − ∫ ( 2 x + 1) e x dx = 3e − 1 − I1
0 0
0

1

x
Tính I1 = ∫ ( 2 x + 1) .e dx
0

Giáo viên Phan Tuấn Anh

t:

u1 = 2 x + 1 du1 = 2dx


⇒

x
x
 dv1 = e dx v1 = e


12

Trêng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN
I1 = ( 2 x + 1) .e x

1 1 x
1
− ∫ 2e dx = 3e − 1 − 2e x = 3e − 1 − 2e + 2 = e + 1
0 0
0

Vậy : I = 2e-2
*Trường hợp III:
Nếu hàm số dưới dấu tích phân có dạng

g ( x ) ln ( f ( x ) ) .

Trong đó g ( x ) là một hàm đa thức hoạc là một hàm số lượng giác thì ta

f / ( x)
du =
dx
u = ln ( f ( x ) )



f ( x)
⇒

 dv = g ( x ) dx
v = g x dx

 ∫ ( )


có cách giải chung là đặt .

1

I =∫

VÝ dơ 11: TÝnh tÝch ph©n:

0

ln ( x + 1)

( x + 2)

2

dx .

Lời giải:
dx

u = ln ( x + 1)
du = x + 1


 dv = dx ⇒ 
2

v = − 1
( x + 2)


x+2


Đặt:

1 1
1
dx
1
⇒I =−

ln ( x + 1) + ∫
= ln 2 + I1
0 0 ( x + 1) ( x + 2 ) 3
x+2
1

Tính :
Vậy

1
1
dx
dx
dx
x +1 1
4
=∫
−∫
= ln
= ln
x + 1) ( x + 2 ) 0 ( x + 1) 0 ( x + 2 )
x+2 0
3
0 (

I1 = ∫

1
4
I = − ln 2 + ln

3
3

*** Để củng cố cho hai phương đổi biến số và tích phân từng
phần hay được sử dụng để tính tích phân ta đi làm một số ví dụ sau.
a

VÝ dơ 11: TÝnh tÝch ph©n:

I=

∫x

−a

2

( s inx +

)

a 2 x 2 dx

(a>0)

Li gii:
a

I=

x

a

Giáo viên Phan Tuấn Anh

2

sin xdx + ∫ x 2 a 2 − x 2 dx = I1 + I 2

13

Trêng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN
a

∫x

I1 =

Tính :

2

2
Đặt : f ( x ) = x s inx xác đinh

sin xdx

∀x ∈ [ −a; a ]

−a

∀x ∈ [ −a; a ]

f ( − x ) = ( − x ) s in ( − x ) = − x 2 s inx=-f ( x )
2

thì

⇒ f ( x ) = x 2 s inx

[ −a; a ]

là hàm số lẻ trên

a

∫x

⇒ I1 =

2

sin xdx = 0

−a
a

Tính :

I2 =

∫x

Đặt: g ( x ) = x 2 a 2 − x 2 với

a 2 − x 2 dx

2

−a

g ( −x) = ( −x)
a

⇒ I2 =

∫x

−a

2

thì

2
a 2 − ( − x ) = x 2 a 2 − x 2 = g ( x ) ⇒ g ( x ) là hàm số chẵn trên [ − a; a ]

π π

a

2

∀x ∈ [ −a; a ]



đặt x = a sint ⇒ dt = a cos xdx t ∈  − ; 
 2 2

a − x dx = 2∫ x 2 a 2 − x 2 dx
2

2

0

§ỉi cËn: x = 0 ⇒ t = 0; x = a ⇒ t =
a

⇒ I 2 = 2∫ ( a s int )

(

2

)

π
2

a 2 1 − sin 2 t a cos tdt =

0

π
a4  1
π a2

=  t − s in4t ÷ 2 =
4  4
8
0

π
4 2

a
2

∫ sin

e

VÝ dô 11: TÝnh tÝch ph©n:

1

2tdt =

0

Vậy:
I = ∫(

2

π
4 2

a
4

∫ ( 1 − cos4t ) dt
0

π a2
I=
8

ln x
+ ln 2 x)dx.
x 1 + ln x

Lời giải:
e

Ta có
e

Ta tính

I1 =

∫x
1

Đặt: t = 1 + ln x

⇒

e

ln x
I =∫
dx + ∫ ln 2 xdx = I1 + I 2
1 x 1 + ln x
1

ln x
dx bằng phương pháp đổi biến số
1 + ln x
dx
dx
dx
=

⇒ dt =
2 xt 2 x 1 + ln x
x

t2 = 1 + lnx ⇒ 2tdt =

§ỉi cËn: x = 1 thì t = 1 ; x = e thì t =
2

Vậy I1 =

∫
1

 t33  2 2
t 2 −1
2tdt = 2 
−t÷
= 2− 2
t
3
3
1

Giáo viên Phan Tuấn Anh

(

14

2

)
Trờng THPT Phù Cừ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN
2

u = ln 2 x  du = ln xdx
⇒
x

 dv = dx
v = x


e

Tính

I2 =

∫ ln

2

Đặt :

xdx

1

e e
e
I 2 = x ln 2 x − 2∫ ln xdx = e − 2 ( x ln x − x ) = e 2
1
1
1

1.5.

vy

I =

(

)

2
1+ 2 + e
3

Xác định nguyên hàm bằng phơng pháp dùng nguyên hàm phụ.
Phơng pháp xác định nguyên hàm của hàm số f(x) bằng kỹ thuật
dùng hàm phụ xuất phát từ ý tởng chủ đạo là tìm kiếm một hàm g(x) sao
cho nguyên hàm của các hàm số f(x) g(x) dễ xác định hơn, từ đó suy ra
nguyên hàm F(x) của hàm số f(x).Để xác định nguyên hàm của hàm số
f(x) theo phơng pháp này, ta tiến hành thực hiện theo các bớc sau:

-

Bớc 1: Tìm kiếm hàm số g(x).

-

Bớc 2: Xác định các nguyên hàm của các hàm số f(x) g(x), tức là

F ( x) + G ( x) = A( x) + C

 F ( x) − G ( x) = B( x) + C '

Bíc 3: Tõ hƯ trªn ta nhận đợc: F(x) =

-

1
[A(x) + B(x)] + C.
2

Đối với phơng pháp này, điều khó là cách tìm hàm số g(x) nh thế nào
để sao cho việc giải bài toán là dễ dàng hơn.
Ví dụ :
Giải:

Tìm nguyên hàm của hàm số: f(x) =

cos x
.
sin x − cos x

Gäi F(x) vµ G(x) theo thứ tự là nguyên hàm của các hàm số f(x),
Chän hµm sè phơ: g(x) =

g(x). Ta cã: f(x) + g(x) =
Suy ra:

sin x
.
sin x − cos x

F ( x) + G ( x) = ∫
f ( x) − g ( x) =

sin x + cos x
sin x − cos x

sin x + cos x
d (sin x − cos x)
dx = ∫
= ln sin x − cos x + C
sin x − cos x
sin x − cos x

sin x − cos x
= 1 ⇒ F ( x) − G ( x) = ∫ dx = x + c /
sin x − cos x

 F ( x) + G ( x) = ln sin x − cos x + C
1


⇒
⇒ F ( x ) = ( ln sin x − cos x + x ) + C
2
 F ( x) − G ( x ) = x + C '


1.6.

Xác định tích phân của các hàm số lợng giác.

Giáo viên Phan TuÊn Anh

15

Trêng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHN

Để xác định tích phân của các hàm số lợng giác, ta thờng sử dụng các
phơng pháp sau:
a) Sử dụng các nguyên hàm cơ bản.
b) Các hàm phân thức hữu tỉ đối với các hàm lợng giác.
c) Sử dụng các phép biến đổi lợng giác đa về các nguyên hàm cơ bản.
d) Phơng pháp đổi biến.
Đối với các dạng tích phân: I = R(sinx, cosx)dx, ta giải bằng cách đổi
biến lùa chän mét trong c¸c híng sau:
-

Híng 1: NÕu R( - sinx, cosx) = -R(sinx, cosx) th× sư dơng phÐp ®ỉi

biÕn t = cosx.

-

Híng 2: NÕu R(sinx, - cosx) = -R(sinx, cosx) thì sử dụng phép đổi
biến t = sinx.

-

Hớng 3: NÕu R(-sinx, - cosx) = R(sinx, cosx) th× sư dụng phép đổi
biến t = tgx.

-

Hớng 4: Mọi trờng hợp đều có thể đa về tích phân các hàm hữu tỉ
x
2

bằng phép đổi biến t = tg .
e) Phơng pháp tích phân từng phần.

f) Sử dụng nguyên hàm phụ.
0

Ví dụ :

TÝnh: I =

−

Gi¶i:

sin 2 x

∫π ( 2 + sin x )

2

dx.

2

Ta cã nhËn xÐt r»ng:
R(sin x, cos x) =

sin 2 x

( 2 + sin x ) 2

=

2 sin x cos x

( 2 + sin x ) 2

=−

2 sin x(− cos x)

( 2 + sin x ) 2

= − R (sin x, cos x)

Từ nhận xét đó giúp ta định hớng đợc phép biến đổi.
Đặt: t = sinx, khi đó dt = cosxdx.
⇒ t = 0; x = −

§ỉi cËn: x = 0

( 2 + t ) − 2 dt = 2 0  1 − 2  d 2 + t
I = 2∫
= 2∫
2
2
∫ 2+ t ( 2+t)2  ( )

−1 ( 2 + t )
−1 ( 2 + t )
−1 


0

Khi đó:

π
⇒ t = -1.
2

tdt

0

0

2 

= 2  ln ( 2 + t ) +
÷ = 2 ln 2 2.
2 + t 1

Giáo viên Phan Tuấn Anh
16

Trờng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHN

1.7.

Tích phân của các hàm số hữu tỉ
Để xác định tích phân các hàm số hữu tỉ ta cần linh hoạt lựa chọn một
trong các phơng pháp cơ bản sau:
1. Phơng pháp tam thức bậc hai.
2. Phơng pháp phân tích.
3. Phơng pháp đổi biến.
4. Phơng pháp tích phân từng phần.
5. Sử dụng các phơng pháp khác nhau: có thể kết hợp việc dùng công thức
đổi biến số với kĩ thuật phân tích ra số hạng đơn giản hoặc tích phân từng

phần.
Tuy nhiên, chọn cách sử dụng phơng pháp nào cần phải căn cứ vào dạng
của từng bài toán cụ thể.
1

dx
.
x + 4x 2 + 3

TÝnh tÝch ph©n: I = ∫

VÝ dụ :

4

0

Giải:

Biến đổi:
1
1
1 1
1
= 2
= 2
2

2
2

x + 4x + 3 x + 1 x + 3 2  x + 1 x + 3 

(

4

)(

)

Khi ®ã:
1
1
1  dx
dx 
∫ 2

I= 
−∫ 2
2  0 x +1 0 x + 3


.

1

dx
.
1 + x2
0

I1 =

+) Ta đi xác định tích phân

(

2

Vy I1 = dt = t
0

1

I2 =

+) Ta đi xác định tích phân

)


4


Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 1 ⇒ t =
4

0

Suy ra:

(

)

1 + tg 2t dt
dx
⇒ dx = 1 + tg t dt & 2
=
= dt
x +1
1 + tg 2t

π
Đặt x = tgt, t ;

ữ
2 2

dx
.
x +3


4
0

=

Đặt x = 3 tgt,

2

(


4



2
2

)

dx
3 1 + tg 2 t dt
1
dx = 3 1 + tg t dt & 2
=
=
dt .
2
x +3
3(1 + tg t )
3

(

2

)

§ỉi cËn: x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1 t =
Giáo viên Phan Tuấn Anh

17


.
6
Trờng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN

Khi ®ã:

I2 =

π
6

1
3

∫ dt =
0

1
3

t

π
6

=

0

π . Tõ ®ã ta cã
6 3

I=

1 π
π 
 −
.
24 6 3



NhËn xÐt: Nh vËy, ta đà kết hợp nhiều phơng pháp lại với nhau để giải ví
dụ trên, cụ thể ở ví dụ trên ta đà sử dụng đồng thời hai phơng pháp là phơng pháp phân tích và phơng pháp đổi biến.

Tích phân của các hàm số vô tỉ.

1.8.

Để xác định tích phân của các hàm số vô tỉ ta cần linh hoạt lựa chọn
một trong các phơng pháp sau:
- Sử dụng các dạng nguyên hàm cơ bản.
- Phơng pháp đổi biến
- Phơng pháp tích phân từng phần.
- Sử dụng các phép biến đổi.
- Kết hợp các phơng pháp khác nhau.
Tính nguyên hàm: I = ∫

VÝ dơ :
Gi¶i:

(1 + x )
I =∫

xdx

.

1+ x . 1+ 1+ x
2

2

Đặt: t = 1 + x 2 t 2 = x 2 + 1.
1+ x2 . 1+ 1+ x2

I =

.

2 3

xdx

tdt = xdx và

Khi đó:
1.9.

1+ x +
2

Biến ®ỉi I vỊ d¹ng:

Thùc hiƯn phÐp ®ỉi biÕn:
Suy ra:

xdx

dt
1+ t

=

tdt
t 1+ t

=

dt
1+ t

= 2 1 + t + C = 2 1 + 1 + x 2 + C.

TÝch ph©n của các hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối.
b

Để tÝnh tÝch ph©n : I = ∫ f ( x, m) dx ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau:
a

-Bíc 1: Xét dấu biểu thức f(x,m) trên đoạn [a, b]. Từ đó phân đoạn [a, b]
thành các đoạn nhỏ mà trên mỗi đoạn đó f(x, m) có một dấu xác định, gi¶ sư:
[a, b] = [a, c1] ∪ [c1, c2] ∪… ∪ [ck, b].
- Bíc 2: Khi ®ã ta cã:
c1

c2

b

a

c1

ck

I = ∫ f ( x, m) dx + ∫ f ( x, m) dx + ... + ∫ f ( x, m) dx

Giáo viên Phan Tuấn Anh

18

Trờng THPT Phù Cừ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHÂN
1

TÝnh tÝch ph©n: I = ∫ x x − a dx (a > 0).

Ví dụ :

0

Giải:

Ta xét các trờng hợp sau:

Trờng hợp 1: Nếu a 1, khi đó ta cã:
1

− x 3 ax 2
I = − ∫ x( x − a ) dx =
+
3
2
0

1

a 1
− .
2 3

=
0

Trêng hỵp 2:
NÕu 0 < a < 1, khi ®ã ta cã:
a

1

 − x 3 ax 2   x3 ax 2 
I = − ∫ x ( x − a )dx + ∫ x ( x − a )dx = 
+
÷ + −
÷
2 0  3
2 a
 3
0
a
a

=−

1

a3 a3 1 a a 3 a3 a 3 a 1
+ + − − + = − + .
3 2 3 2 3 2
3 2 3

II, các bài tập tự luyện:

6

Tính các tích phân sau:

2

4

3
5.CĐGTVT07:: I = 4 cos x dx

1.§H KA-08:: I = tan x dx
∫
0

2

2.§H KA-04:: I = ∫
1

∫ 1 + sin x

cos 2 x
x

1+ x −1

0

π
2

6.§H KA-05:: I = sin 2 x + sin x dx

dx

∫

e

I=∫
1

2

4.§H KD-08:: I = ∫
1

5a

I=

π
2

1 + 3 ln x .ln x
dx
x

2008π

∫

7.§H KB-05:: I = sin 2 x cos x dx

∫

9

I =∫

1 + cos x

0

ln x
dx
x3

5

8.CD Y tÕ HN07:: I = ∫ x 3 x 2 − 1dx

1

1 − cos2 xdx

1

−1

1
dx
2sin x + 1

1

7

dx

∫ 1+ x +

I=

−1

π

I = cos x s inx dx

3

0

I =

8

0

Giáo viên Phan Tuấn Anh

)

(

b I = ∫ ln x + 1 + x 2 dx

0

6

1 + 3 cos x

0

3.§H KB-04:

19

1 + x2

x2 + 1
dx
x +1
Trêng THPT Phï Cõ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHN

6

10

I=
0

tan 3 x 10
dx
cos2 x

III.Các biện pháp để tổ chức thực hiện
1.Hình thức luyện tập trên lớp có sự hớng dẫn của Thầy giáo.
- Thực hiện trong phạm vi một số buổi chữa bài tập của các buổi học chính
khoá với các bài tập ở mức độ vừa phải. Thầy giáo đa ra các phơng pháp giải và
hệ thống bài tập, học sinh nêu các lời giải có thể có đợc của bài toán. Sau đó cho
học sinh tìm tòi, phát hiện một số vấn đề xung quanh bài toán ở mức độ đơn giản.
- Thực hiện một số buổi trong công tác bồi dỡng đối với những học sinh khá
hơn ở mức độ những bài toán cao hơn.
2. Hình thức tự nghiên cứu các bài toán có sự hớng dẫn của thầy giáo.
Hình thức này cũng cần đợc thực hiện liên tục trong quá trìnhhọc tậpcủa học
sinh, làm cho khả năng t duy, sáng tạo của học sinh ngày càng đợc tăng lên.

C. Kết LUậN
1. Kết quả nghiên cứu.
Sau khi tôI thực hiện dạy một số tiết trên lớp vµ mét sè bi båi dìng vµ cho
tiÕn hµnh kiĨm tra khả năng tiếp thu kiến thức của học sinh. Kết quả đạt đợc là
có 32/50(64%) học sinh đạt yêu cầu.
2. Kiến nghị, đề xuất.
- Cần tăng cờng hơn nữa các buổi thảo luận khoa học để thống nhất cách dạy
và đa ra các tài liệu tham khảo.
- õy l một dạng toán hay được ra trong các đề thi. Trong chuyên đề này
tôi đã cố gắng chọn lọc , tuy nhiên thời gian còn hạn chế cũng như sự trau
dồi chun mơn chưa cao.Vì vậy, khơng tránh khỏi những thiếu sót nhất
định.
- Rất mong được sự tham gia góp ý kiến ,giúp đỡ của các đồng nghiêp để
đề tài này được áp dụng tốt hơn trong giảng dạy…
Tôi xin chân thành cảm ơn !
PhùCcừ ngày 19 / 05 / 2009
Ngi vit

Giáo viên Phan Tuấn Anh

20

Trờng THPT Phù Cừ


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN NGUN HÀM - TÍCH PHN

PhanTtun Anh

Giáo viên Phan Tuấn Anh

21

Trờng THPT Phù Cừ