SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT TRỊ AN
TỔ TOÁN

Mã số :

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN
TÍCH PHÂN
Người Thực Hiện : Lê Công Quý
Lĩnh vực nghiên cứu
Quản lý giáo dục
Phương pháp dạy học bộ mơn
Phương pháp giáo dục
Lĩnh vực khác
Sản phẩm đính kèm :
Mơ hình phần mềm phim ảnh Hiện vật khác
Năm học: 2011-2012
Trang1
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
******
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên : Leâ Coâng Quyù
2. Ngày tháng năm sinh : 14/03 /1973
3. Nam, nữ :nam
4. Địa chỉ : Tổ 1, Khu phố 3, Thị trấn Vĩnh An, Huyện Vĩnh Cửu, Tỉnh
Đồng Nai
5. Điện thoại di động : 01677895669
6. Fax: e- mail:
7. Chức vụ:
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Trị An

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:
- Học vị: cử nhân
- Năm nhận bằng : 1996
- Chuyên ngành đào tạo: Toaùn
III. KINH NGHIỆM KHOA H ỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm : dạy học môn Toaùn
- Số năm có kinh nghiệm: 16 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 2 năm gần đây :
Phương pháp giải phương trình lượng giác

Trang2
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình toán học phổ thông , Tích phân là một vấn đề khó đối
với học sinh , thường học sinh lúng túng khi làm bài, không biết bắt đầu từ
đâu, xuất phát từ cái gì, sử dụng phương pháp gì cách biến đổi nào cho phù
hợp . đọc bài giải , sách tham khảo thì có thể hiểu được nhưng khi thực
hành thì khó và thường mắc sai lầm khi làm toán .
Trước thực trạng đó bản thân tôi qua nhiều năm giảng dạy . đã đúc kết
được một vài kinh nghiệm nhỏ khi giải toán tích phân. xin được trình bày
dưới đây để đồng nghiệp và học sinh có thể tham khảo và góp ý kiến.
Đề tài tích phân thì rộng , ở đây tôi chỉ giới thiệu một số phương pháp giải
bài toán tích phân mà trong quá trình giảng dạy hay gặp nhất.
Bên cạnh đó đưa bài toán minh họa và cách giải cụ thể rỏ ràng. Từ thấp
đến cao , từ đơn giải đến phức tạp, để học sinh có thể tham khảo và hình
thành được phương pháp giải cho mình, từ đó thấy hứng thú hơn trong học
tập môn Toán nói chung và phương pháp giải tích phân nói riêng.
Trang3
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. CƠ SỞ LÝ LUẬN
- Từ cơ sở sách giáo khoa giải tích lớp 12 nâng cao do nhà giáo Đoàn Quỳnh

tổng chủ biên tôi tóm tắc phần lý thuyết như sau:
a. Định nghĩa tích phân :
cho hàm số f(x) liên tục trên khoảng K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K. nếu
F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên K thì hiệu số F(b) – F(a) được gọi là tích
phân của f(x) từ a đến b và ký hiêu là:
∫
b
a
dxxf )(
trong trường hợp a < b ta gọi
∫
b
a
dxxf )(
là tích phân của f(x) trên đoạn [a;b]
người ta còn dùng ký hiệu để chỉ hiệu số F(b) – F(a)
vậy theo định nghĩa ta có :
∫
b
a
dxxf )(
=
b
a
xF )(
= F(b) – F(a)
b. Tính chất của tích phân : giả sử các hàm số f(x) ,g(x) liên tục trên khoảng
K và a,b,c là các số thuộc K.
(1)
0)(

=
∫
dxxf
a
a
(2)
dxxfdxxf
a
b
b
a
∫∫
−=
)()(
(3)
dxxfdxxfdxxf
c
a
c
b
b
a
∫∫∫
=+
)()()(
(4)
dxxgdxxfdxxgxf
b
a
b

a
b
a
∫∫∫
+=+
)()()]()([
(5)
dxxfkdxxkf
b
a
b
a
∫∫
=
)()(
(k : hằng số)
- Trong sách giáo khoa các phương pháp tính tích phân chưa thật sự đầy đủ
các dạng bài tập . do đó chưa đáp ứng đủ nhu cầu kiến thức phục vụ cho học
sinh tham gia các kỳ thi như trung học chuyên nghiệp, cao đẳng và tuyển sinh
đại học .
Thông qua đề tài này , tôi đã phân loại , bổ sung thêm các dạng toán mà sách
giáo khoa chưa giới thiệu theo tinh thần từ thấp đến cao, từ đơn giản đến phức
tạp . mỗi loại có trình bày phương pháp cụ thể và ví dụ minh họa , bài giải một
cách rõ ràng để học sinh và đồng nghiệp tiện tham khảo.
Trang4
2. NỘI DUNG , BIỆN PHÁP THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI:
a. Tính tích phân bằng định nghĩa
phương pháp: xác định được ngay nguyên hàm của hàm số dưới dấu tích
phân rối áp dụng định nghĩa để tính tích phân
ví dụ 1: tính các tích phân sau:

a)
∫
−
+
3
1
3
)1( dxx
b)
dxx
x
∫
−






−
4
4
2
sin3
cos
4
π
π
c)
∫

−
−
2
2
1dxx
giải
a)
∫
−
+
3
1
3
)1( dxx
=
3
1
4
)
4
(
−
+ x
x
=
)1
4
1
(3
4

3
4
−−+
= 24
b)
dxx
x
∫
−






−
4
4
2
sin3
cos
4
π
π
=
4
4
)cos3tan4(
π
π

−
+ xx
=
8)
4
cos3
4
tan4(
4
cos3
4
tan4 =
−
+
−
−+
ππππ
c)I =
∫
−
−
2
2
1dxx

vì



≤−

≥
=−
1neu x 1
1neu x 1-x
1
x
x

5 )1
2
1
(22)22(
2
1
-1
)
2
()
2
(
)1()1( I
2
1
2
1
2
2
2
1
1

2
=−−−+−−−=
−+−=
−+−=
−
−
∫∫
x
xx
x
dxxdxx
Chú ý: ở dạng này học sinh thường mắc sai lầm khi lấy nguyên hàm , các em
thường để cả dấu trị tuyệt đối khi lấy nguyên hàm .
Sai lầm : nguyên hàm của f(x) =
1−x
là F(x) =
x
x
−
2
2
b. Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số :
Tính tích phân
∫
b
a
dxxf )(

Cơ sở của phương pháp đổi biến số là công thức sau đây
Trang5

[ ]
∫∫
=
)(
)(
)()(')(
bu
au
b
a
duufdxxuxuf
Trong đó hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục trên K, hàm số y = f(u) liên tục
và sao cho hàm số f[u(x)] xác định trên K; a,b là 2 số thuộc K
chú ý: nếu tính tích phân
∫
b
a
dxxhxg )().(
bằng phương pháp đổi biến
đặt u = u(x) sao cho : h(x) = k u’(x) ( k hằng số )
và g(x) biểu diển được theo u
ví dụ : Tính các tích phân sau:
a) I =
∫
−
1
0
2
xdxe
x

b) J =
∫
+
4
0
2sin21
2cos
π
dx
x
x
c) H =
∫
+
e
dx
x
x
1
ln1
phân tích : a) I =
∫
−
1
0
2
xdxe
x

Ta xem g(x) =

2
x
e
−
; h(x) = x
Đặt u = -x
2
⇒ g(x) = e
u
( g(x) : biểu diễn được theo u )
u’(x) = -2x = -2h(x) ⇒ h(x) =
)('
2
1
xu−
( h(x) : bằng u’(x) nhân hằng số )
Vậy bài toán đặt u = -x
2
là hợp lý
giải
a) Đặt u = -x
2
⇒ du = -2xdx ⇒ xdx =
du
2
1
−
Đổi cận x = 1 ⇒ u = -1
x = 0 ⇒ u = 0
do đó I =

e
e
eeeduedue
uuu
2
1
)(
2
1
2
1
2
1
2
1
10
0
1
0
1
1
0
−
=−===−
−
−
−
−
∫∫
b) J =

∫
+
4
0
2sin21
2cos
π
dx
x
x

đặt u = 1+2sin2x ⇒ du = 4cos2xdx ⇒ cos2xdx =
4
du
đổi cận x =
4
π
⇒ u = 3
x= 0 ⇒ u = 1
Trang6
do đó J =
3ln
4
1
)1ln3(ln
4
1
ln
4
11

4
1
3
1
3
1
=−==
∫
udu
u

c) H =
∫
+
e
dx
x
x
1
ln1
đặt u = 1+ lnx ⇒ du =
dx
x
1
đổi cận x = e ⇒ u = 2
x = 1 ⇒ u = 1
do đó H =
2
3
2

1
2
2
2
1
2
1
2
=−==
∫
u
udu
c. Tích phân hàm số hữu tỉ :
Dạng 1: I =
∫ ∫
++=
+
=
+
Cbax
a
dx
bax
a
abax
dx
ln
11
Dạng 2: I =
)0(

2
≠
++
∫
a
cbxax
dx
( với ∆ = b
2
-4ac)
• nếu ∆ > 0 : ax
2
+ bx + c = a(x – x
1
)(x – x
2
) nên
I =
C
xx
xx
xxa
dx
xxxxxxa
+
−
−
−
=









−
−
−−
∫
2
1
212121
ln
)(
111
)(
1
• nếu ∆ = 0 : ax
2
+ bx + c = a(x – x
0
)
2
( với x
0
=
a
b

2
−
) nên
I =
C
xxa
xx
dx
a
+
−
−=
−
∫
)(
1
)(
1
0
2
0
• nếu ∆ < 0: ax
2
+ bx + c = a(x- x
0
)
2
+
)
4

(
a
∆−
=






∆−
+− )
4
()(
2
2
0
a
xxa
nên I có dạng I =
∫
+
22
1
α
u
du
a
dùng đổi biến u = αtant
Dạng 3: I =

∫
++
+
cbxax
dxnmx
2
)(
phân tích I =
dx
cbxaxcbxax
cbxax
∫






++
+
++
++
22
2
1
.
)'(
.
βα
chú ý: nếu ∆ > 0 ta có : I =

∫
−−
+
))((
)(1
21
xxxx
dxnmx
a
phân tích
2121
))(( xx
B
xx
A
xxxx
nmx
−
+
−
=
−−
+
đồng nhất hệ số ta tìm được A,B sau
đó đưa về dạng 1
Trang7
nếu ∆ = 0 ta có I =
∫
−
+

2
0
)(
)(1
xx
dxnmx
a
=
C
xx
nmx
xx
a
dx
xx
nmx
xx
m
a
+
−
+
−−=
−
+
+
−
∫
0
0

0
2
0
0
0
ln
1
)
)(
(
1
ví dụ: Tính các tích phân sau:
A =
∫
−
2
1
12x
dx
; B =
∫
−
2
1
2
)12( x
xdx
; C =
∫
+−

2
1
0
2
23
2
xx
xdx
; D =
dx
xx
x
∫
++
+
1
0
2
1
34
giải:
A =
∫
−
2
1
12x
dx
=
∫

−
−
2
1
12
)12(
2
1
x
xd
=
3ln
2
1
)1ln3(ln
2
1
12
2
1
2
1
=−=−
xnl
B =
∫
−
2
1
2

)12( x
xdx
=
2
1
∫
−
2
1
2
)12(
2
x
xdx
=
2
1
dx
xx
x




−
+



−

−
∫
2
2
1
2
)12(
1
)12(
12

2
1
dx
x
x




−
+



−
∫
2
2
1

)12(
1
12
1
=
4
1
∫
−
−
2
1
12
)12(
x
xd
+
4
1
∫
−
−
2
1
2
)12(
)12(
x
xd
=

4
1
2
1
2
1
12
1
4
1
12ln
−
−−
x
x
=
4
1
ln3 -
4
1






−1
3
1

=
4
1
ln3 +
6
1
C =
∫
+−
2
1
0
2
23
2
xx
xdx
=
∫
−−
2
1
0
)2)(1(
2
xx
xdx
phân tích :
)2)(1(
2)(

)2)(1(
)1()2(
21)2)(1(
2
−−
−−+
=
−−
−+−
=
−
+
−
=
−− xx
BAxBA
xx
xBxA
x
B
x
A
xx
x
giải hệ :



=
−=

⇔



=−−
=+
4
2
02
2
B
A
BA
BA

2ln23ln42ln43ln42ln2
2
3
ln.4
2
1
ln.2
2ln41ln2)
2
4
1
2
(
2
1

0
2
1
0
2
1
0
−=−+=+−=
−+−−=
−
+
−
−
=
∫
xxdx
xx
C
D=
dx
xx
x
∫
++
+
1
0
2
1
34

Phân tích :
1
2
)12(
1
34
2
2
2
++
+
++
+
=
++
+
xx
xx
x
xx
x
βα
giải hệ



=
=
⇔




=+
=
1
2
3
42
β
α
βα
α
Trang8
D=
dx
xx
x
∫
++
+
1
0
2
1
34
=
dx
xx
dx
xx

x
∫∫
++
+
++
+
1
0
2
1
0
2
1
1
1
12
2
Ta có:
3ln21ln2
1
)1(
2
1
12
2
1
0
2
1
0

2
2
1
0
2
=++=
++
++
=
++
+
∫∫
xx
xx
xxd
dx
xx
x
dx
x
dx
xx
I
∫∫









+






+
=
++
=
1
0
2
2
1
0
2
2
3
2
1
1
1
1
đặt







−∈=+
2
;
2
t , tan
2
3
2
1
ππ
tx
đổi cận : x = 0 ⇒ t =
6
π
x= 1 ⇒ t =
3
π
dx =
dtt )1(tan
2
3
2
+
)1(tan
4
3

2
3
2
1
2
2
2
+=








+






+x
I =
dt
x
x
∫
+

+
3
6
2
2
)1(tan
4
3
)1(tan
2
3
π
π
=
33
6
3
2
3
2
3
2
3
6
3
6
ππ
π
π
π

π
===
∫
tdt
vậy D = 2ln3 +
33
π
d. Tích phân của hàm vô tỉ :
phương pháp :
1) khi gặp tích phân của hàm chứa
n
xf )(
ta dùng phương pháp đổi biến số ,
đặt u =
n
xf )(
( f(x) : đa thức hoặc phân thức)
nếu biến số vừa nêu không giải được thì :
+ dùng x = acost ( hoặc x = asint ) khi gặp
22
xa −
+ dùng x = atant khi gặp
22
xa +
2) với dạng
∫
+++ cbxaxnmx
dx
2
)(

, đặt u =
nmx +
1
nếu (ax
2
+bx+c)’ = k(mx + n) ta có thể đặt u =
cbxax ++
2
ví dụ : Tính các tích phân sau:
Trang9
∫∫∫
+
=
++
=
+
+
=
1
0
2
3
1
0
1
0
3
2
);
121

);
13
1
)
x
dxx
Cc
x
xdx
Bbdx
x
x
Aa
giải
a)
∫
+
+
=
1
0
3
13
1
dx
x
x
A
đặt u =
3

13 +x
⇒ u
3
= 3x + 1⇒ 3u
2
du = 3xdx ⇒ u
2
du = xdx và x =
3
1
3
−u
đổi cận : x = 0 ⇒ u = 1
x = 1 ⇒ u =
3
4
5
2
5
26
5
6
5
218
3
1
5
6
22
5

28
3
1
53
1
)2(
3
1
1
3
1
33
3
3
4
1
2
5
4
1
4
4
1
2
3
3
33
−=









−=








−+=








+=+=
+
−
=
∫∫
u

u
duuuduu
u
u
A
b)
∫
++
=
1
0
121 x
xdx
B
đặt u =
12 +x

dxududxuduxu =⇒=⇒+=⇒ 2212
2
và x =
2
1
2
−u
đổi cận : x = 0 ⇒ u = 1
x = 1 ⇒ u =
3
6
13
2

3
2
1
3
1
2
9
3
2
1
232
1
)(
2
1
1
.
2
1
3
1
23
3
1
2
3
1
2
−=







+−−=








−=−=
+
−
=
∫∫
uu
duuu
u
udu
u
B

c)
∫
+
=

1
0
2
3
2x
dxx
C
đặt u =
xdxuduxux =⇒+=⇒+ 22
222
và x
2
= u
2
– 2
đổi cận : x = 0 ⇒ u =
2
x = 1 ⇒ u =
3
( )
3
3
24
)22
3
22
(3232
3
2
)2(

2
3
2
3
3
2
2
3
2
2
1
0
2
2
−=−−−=








−=−=
−
=
+
=
∫∫∫
u

u
duu
u
uduu
x
xdxx
C
Ví dụ 2:
∫∫
+++
=
++
=
1
0
2
2
1
2
22)1(
;
122 xxx
dx
B
xxx
dx
A
Giải
∫
++

=
2
1
2
122 xxx
dx
A
Trang10
đặt u =
x
1
⇒ x =
u
1
⇒ dx =
du
u
2
1
−
đổi cận : x = 1 ⇒ u = 1
x = 2 ⇒ u = ½
133
524
ln)
2
133
ln()52ln(1)1(1ln
1)1(22
22

1
1
1
221
1
1
221
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2

2
2
1
1
2
2
+
+
=
+
−+=++++=
++
=
++
=
++
=
++
=
++
−
=
∫∫∫∫∫
uu
u
du
uu
du
uu
u

du
u
u
u
u
du
u
u
u
u
du
u
A
chú ý:
Cbaxax
bax
dx
+++++=
++
∫
2
2
)(ln
)(
∫
+++
=
1
0
2

22)1( xxx
dx
B
đặt t =
22
2
++ xx
⇒ t
2
= x
2
+ 2x + 2 ⇒ tdt = (x+ 1)dx
đổi cận : x = 0 ⇒ t =
2
x = 1 ⇒ t =
5
)12)(15(
)12)(15(
ln
2
1
12
12
ln
15
15
ln
2
1
1

1
ln
2
1
1
1
1
1
2
1
1)1(
22)1(
)1(
5
2
5
2
5
2
2
5
2
2
1
0
22
−+
+−
=









+
−
−
+
−
=
+
−
=






+
−
−
=
−
=
−
=

+++
+
=
∫∫∫∫
t
t
dt
tt
t
dt
tt
tdt
xxx
dxx
B
Ví dụ 3 :
dx
x
x
dx
xx
dx
A
∫∫
+
=
−+
=
−
3

1
2
2
1
2/1
2
1
;
28
B
giải
∫∫
−−
−−
=
−+
=
1
2/1
2
1
2/1
2
)1(928 x
dx
dx
xx
dx
A
đặt x-1 = 3sint , x∈







−
2
;
2
ππ
⇒ dx = 3costdt
đổi cận : x =
2
1
−
⇒ t =
6
π
−
x = 1 ⇒ t = 0
ttttx cos3cos3)sin1(9sin99)1(9
2222
==−=−=−−
Trang11
Do đó : A =
6cos3
cos3
0
6

0
6
0
6
π
π
π
π
===
∫∫
−
−
−
tdt
t
tdt
dx
x
x
∫
+
=
3
1
2
2
1
B
đặt x = tant , x∈







−
2
;
2
ππ
đổi cận : x =
3
⇒ t =
3
π
x = 1 ⇒ t =
4
π
dx = (1 + tan
2
x)dt
tx
22
tan11 +=+
, x
2
= tan
2
t
B =

∫∫∫∫
===+
+
3
4
22
3
4
2
3
4
2
2
2
2
3
4
2
2
2
sin.cos
cos
sin.cos
1
cos
1
.
cos
sin
cos

1
)tan1(
tan
tan1
π
π
π
π
π
π
π
π
dt
tt
t
dt
tt
dt
t
t
t
t
dtt
t
t
đặt u = sint ⇒ du = costdt
đổi cận : t =
2
3
3

=⇒ u
π
t =
4
π
2
2
=⇒ u
⇒B=
∫
−
2
3
2
2
22
)1( uu
du
=








+−
−+
+−=









−
+
−
−
+
+−=
−
+
+−=
−
−
+
+−=






−
+
∫∫

)22)(23(
)22)(23(
ln
2
1
3
2
2
2
22
22
ln
23
23
ln
2
1
3
2
2
2
1
1
2
11
)
1
1
1
1

(
2
11
1
11
2
3
2
2
2
3
2
2
2
3
2
2
2
3
2
2
2
3
2
2
22
u
u
nl
u

du
uuu
du
uu
e. Tích phân hàm lượng giác
*Xét tích phân dạng
∫
dxxxR )cos,(sin
nếu
)cos,(sin)cos,sin( xxRxxR −=−
thì đổi biến số t = cosx
nếu
)cos,(sin)cos,(sin xxRxxR −=−
thì đổi biến số t = sinx
nếu
)cos,(sin)cos,sin( xxRxxR =−−
thì đổi biến số t = tanx
Trang12
nếu 3 cách trên thất bại đặt t = tan
2
x

*Dạng đặt biệt
),(cossin Znmxdxx
mn
∈
∫
nếu n lẻ, m chẵn : đổi biến số t = cosx
nếu n chẵn, m lẻ : đổi biến số t = sinx
nếu n lẻ, m lẻ : đổi biến số t = sinx ( hoặc t =cosx)

nếu n chẵn, m chẵn và mn < 0 : đổi biến số t = tanx
Ví dụ1: Tính các tích phân sau:
A =
∫
2
0
2
2cos
π
xdx
; B =
∫
2
0
2cos.4sin
π
xdxx
giải :
A =
∫
2
0
2
2cos
π
xdx
=
4
)
4

4sin
(
2
1
)4cos1(
2
1
2
0
2
0
π
π
π
=+=+
∫
x
xdxx
B=
∫
2
0
2cos.4sin
π
xdxx
=
3
2
6
1

2
1
6
1
2
1
2
1
6
6cos
2
2cos
2
1
)6sin2(sin
2
1
2
0
2
0
=






−−−−−=







+−=+
∫
π
π
xx
dxxx
Ví dụ 2:
A =
∫
2
6
4
3
sin
cos
π
π
dx
x
x
; B=
∫
π
0
23

cossin xdxx
;
∫
=
3
0
3
cos
sin
π
dx
x
x
C
;
∫
=
4
6
4
2
cos
sin
π
π
dx
x
x
D
giải

* A =
∫
2
6
4
3
sin
cos
π
π
dx
x
x

đặt t = sinx ⇒ dt = cosxdx
đổi cận x =
6
π
⇒ t =
2
1

x =
2
π
⇒ t = 1
Trang13
3
4
2

3
8
1
3
11
3
1
111
sin
cos).sin1(
sin
cos.cos
1
2
1
3
1
2
1
24
1
2
1
4
2
2
6
4
2
2

6
4
2
=






+−−+−=






+−=






−=
−
=
−
==
∫∫∫∫

t
t
dx
tt
dx
t
t
dx
x
xx
dx
x
xx
A
π
π
π
π
* B=
∫
π
0
23
cossin xdxx
đặt t = cosx ⇒ dt = -sinxdx ⇒ sinxdx = -dt
đổi cận x = 0 ⇒ t = 1
x = π ⇒ t = -1
⇒ B=
∫
π

0
22
sincossin xdxxx
=
15
4
5
1
3
1
5
1
3
1
53
)()1()1(sincos)cos1(
1
1
53
1
1
42
1
1
22
1
1
22
0
22

=−+−=








−=
−=−=−−=−
−
−−
−
∫∫∫∫
tt
dtttdtttdtttxdxxx
π
*
∫
=
3
0
3
cos
sin
π
dx
x
x

C
đặt t = cosx ⇒ dt = -sinxdx ⇒ -dt = sinxdx
đổi cận : x = 0 ⇒ t = 1
x =
3
π
⇒ t =
2
1
2ln
8
3
8
1
2
1
ln
2
1
)
2
(ln
)
1
(
11
sin.
cos
cos1
1

2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
3
0
2
+−=






−−−=−=
−=
−
=
−
−=

−
=
∫∫∫∫
t
t
dtt
t
dt
t
t
dt
t
t
xdx
x
x
C
π
chú ý : ta có thể đặt t = sinx ⇒ dt = cosxdx
Trang14
khi đó
∫
=
3
0
2
3
cos
cos
sin

π
xdx
x
x
C
∫
−
=
2
3
0
2
3
1
dt
t
t
dùng tích phân hàm hữu tỉ ta tính được , tuy khá phức tạp hơn cách làm trên ,
trong trường hợp này ta nên dùng đổi biến đặt t = cosx biến ở mẫu số .
*
∫
=
4
6
4
2
cos
sin
π
π

dx
x
x
D
Đặt t = tanx ⇒ dt =
dx
x
2
cos
1
đổi cận: x =
6
π
⇒ t =
3
3
; x =
4
π
⇒ t = 1
⇒
∫
=
4
6
4
2
cos
sin
π

π
dx
x
x
D
=
39
1
3
1
33
1
1
3
1
3
.
cos
1
.tan
1
3
1
3
1
3
1
2
4
6

2
2
−=








−===
∫∫
t
dttdx
x
x
π
π
f . Phương pháp tích phân từng phần
Cơ sở của phương pháp này là công thức sau:
∫∫
−=
b
a
b
a
b
a
dxxuxvxvxudxxvxu )(')())()(()(')(

Trong đó các hàm số u,v có đạo hàm liên tục trên K và a,b là hai số thuộc K
Ta còn viết công thức dưới dạng:
∫∫
−=
b
a
b
a
b
a
vduuvudv
Các loại tích phân dùng phương pháp từng phần thường gặp:
∫
dxxQxP )()(
nếu P(x) : đa thức
Q(x) các hàm sau : e
ax+b
, sin(ax + b) , cos(ax + b)
đặt u = P(x) ; dv = Q(x)dx
nếu P(x) : đa thức
Q(x) : log
a
(cx + d)
đặt u = Q(x) ; dv = P(x)dx
Trang15
V í d ụ:
Tính tích phân các hàm số sau:
a) A=
∫

1
0
3
dxxe
x
b) B=
∫
−
2
0
cos)1(
π
xdxx
c) C=
∫
−
6
0
3sin)2(
π
xdxx

d) D =
∫
−
5
2
)1ln(2 dxxx
giải:
a)A=

∫
1
0
3
dxxe
x

đặt u = x ⇒ du = dx
dv = e
3x
dx ⇒ v =
3
3x
e
A =
dx
ee
x
xx
∫
−
1
0
3
1
0
3
33
=
3

3
e
-
1
0
3
9
x
e
=
9
1
9
2
9
1
93
333
+=+−
eee
b)B =
∫
−
2
0
cos)1(
π
xdxx
đặt u = x - 1 ⇒ du = dx
cosxdx = dv ⇒ v = sinx

B =
∫
−
2
0
2
0
sin1)sinx -(x
π
π
xdx
=
+−1
2
π
2
0
cos
π
x
=
2
2
11
2
−=−−
ππ
c) C =
∫
−

6
0
3sin)2(
π
xdxx
đặt u = 2 – x ⇒ du = - dx
dv = sin3xdx chọn v = -
3
3cos x
C =
9
5
9
1
3
2
9
3sin
3
2
3
3cos
3
cos3x
x)- (2 -
6
0
6
0
6

0
=−=−=−
∫
π
π
π
x
dx
x
Trang16
d) D =
∫
−
5
2
)1ln(2 dxxx
đặt u = ln(x-1) ⇒ du =
dx
x 1
1
−
dv = 2x dx chọn v = x
2
– 1
2
27
4ln24)
2
(4ln24
)1(4ln24

1
1
1) -1)ln(x -(x
5
2
2
5
2
5
2
2
5
2
2
−=+−=
+−=
−
−
−=
∫∫
x
x
dxxdx
x
x
D
nhận xét: *học sinh thường chọn v = x
2
rồi tính tích phân
dx

x
x
∫
−
5
2
2
1
=
5
2
2
5
2
)1ln
2
()
1
1
1( −++=
−
++
∫
xx
x
dx
x
x
*ở đây ta chọn bất kỳ một nguyên hàm của 2x sao cho việc biến đổi bài toán
đơn giản nhất .

Chú ý : ngoài ra còn gặp các tích phân mà ta phải dùng tích phân từng phần
nhiều lần để làm xuất hiện lại tích phân ban đầu .
Và đôi khi gặp các tích phân không thuộc các dạng ở trên, dùng phương pháp
đổi biến số không giải được ta có thể dùng phương pháp tích phân từng phần
Ví dụ tính các tích phân sau:
a) A =
∫
2
0
cos
π
xdxe
x
; b)B =
∫
e
dxx
1
2
)(ln
; c) C =
∫
3
6
2
cos
)ln(sin
π
π
dx

x
x
Giải
a) A =
∫
2
0
cos
π
xdxe
x
đặt u = e
x
⇒ du = e
x
dx
cosxdx = dv chọn v = sinx
⇒ A =
2
0
x
sinxe
π
-
∫
2
0
sin
π
xdxe

x
=
−
2
π
e
∫
2
0
sin
π
xdxe
x
(1)
Tính B =
∫
2
0
sin
π
xdxe
x
Trang17
đặt u
1
= e
x
⇒ du
1
= e

x
dx
sinxdx = dv
1
chọn v
1
= -cosx
⇒ B = -
2
0
x
cosxe
π
+
∫
2
0
cos
π
xdxe
x
= 1+A (2)
từ (1) và (2) ⇒ A =
−
2
π
e
(1 + A)
⇒ A =
2

1
2
−
π
e
b) B =
∫
e
dxx
1
2
)(ln
đặt u = (lnx)
2
⇒ du = 2.
xdx
x
ln
1
dv = dx chọn v = x
⇒ B =
∫∫
−=−
ee
e
xdxexdxxx
11
1
2
ln2ln2)(ln

Tính C =
∫
e
xdx
1
ln
đặt :u
1
= lnx ⇒ du
1
=
dx
x
1
dv
1
= dx chọn v
1
= x
⇒ C =
∫
=+−=−=−
e
ee
eexedxxx
1
11
11ln
vậy B = e – 1
c)C =

∫
3
6
2
cos
)ln(sin
π
π
dx
x
x
đặt u = ln(sinx) ⇒ du =
dx
x
x
sin
cos
dv =
dx
x
2
cos
1
chọn v = tanx
⇒ C =
∫∫
−−=−
3
6
3

6
3
6
2
1
ln
3
1
2
3
ln3
sin
cos
.tan)ln(sin.tan
π
π
π
π
π
π
dxdx
x
x
xxx
Trang18
=
6
2ln
3
2

3ln
2
3
2ln
3
1
2ln33ln
2
3
3
6
π
π
π
−−=−+−
x
BÀI TẬP LÀM THÊM
Tính các tích phân sau:
Bài 1: a)
2
1
0
.
−
=
∫
x
I e xdx
; b)
2

1
ln
=
∫
e
x
I dx
x
c)
tan
4
2
0
cos
π
∫
x
e
dx
x
d)
tan
4
2
0
cos
π
∫
x
e

dx
x
Bài 2: a)
dx
x
∫
−
+
0
1
43
1
b)
dx
x
∫
−
2
1
2
)13(
1
c)
dx
xx
x
∫
−−
−
2

1
2
6
)1(5

d)
dx
xx
x
∫
++
1
0
2
23
Bài 3: a)
2
2
1
3
= +
∫
I x x dx
b)
2
2
3
0
1
=

+
∫
x
I dx
x
c)
2
2 3
0
2.= +
∫
I x x dx
d)
ln3
3
0
( 1)
=
+
∫
x
x
e
I dx
e
Bài 4: a)
/ 2
5
0
sin .x dx

π
∫
b)
∫
2
0
7
cos
π
xdx
c)
3
4
0
.
cos2
tg x dx
x
∫
d)
/ 4
2
/ 4
1
cos
tgx
dx
x
π
π

−
+
∫
Bài 5: a)
∫
=
2
0
2
.cos.
π
dxxxI
b)
∫
=
1
0
2
).(sin dxxeI
x
π
c)
∫
+=
e
dxxxI
1
.ln).22(
d)
∫∫

=−=
2
1
2
1
2
.
ln
B ;.)ln1( dx
x
x
dxxA
e
Trang19
III.HIỆU QỦA CỦA ĐỀ TÀI :
- Sau một năm áp dụng sáng kiến này vào các lớp mà tôi trực tiếp giảng dạy ở
trường THPT trị an, thấy học sinh hứng thú hơn trong học tập nhận dạng được
bài toán tích phân , áp dụng giải được bài tập sách giáo khoa và các tài liệu
tham khảo khác .
- số liệu thống kê kết qủa đạt được so với trước khi thực hiện sáng kiến kinh
nghiệm này
Năm học 2010 – 2011 khi chưa làm sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã cho 2
lớp :12A11, và 12A10 làm bài kiểm tra 45 phút và kết qủa thu được như sau:
lớp 12A
10

Sĩ số giỏi Khá Trung bình yếu-kém
45 2 10 9 24
% 4.5 22.2 20 53.3
lớp 12A

11
Sĩ số giỏi Khá Trung bình yếu-kém
46 1 11 8 26
% 2.2 23.9 17.4 56.5
năm học 2011-2012 sau khi làm xong sáng kiến kinh nghiệm này , tôi đã cho
2 lớp 12A1 và 12A4 làm bài kiểm tra 45 phút và kết quả thu được như sau:
lớp 12A
1
Sĩ số giỏi Khá Trung bình yếu-kém
44 10 25 8 1
% 22.7 56.8 18.2 2.3
lớp 12A
4
Sĩ số giỏi Khá Trung bình yếu-kém
40 6 21 11 2
% 15 52.5 27.5 5
mặc dù việc so sánh này ở các lớp khác nhau , chất lượng học sinh khác nhau
nên chưa được chính xác cho lắm. nhưng dù sao Nhìn vào 2 bảng thống kê
cũng phản ánh được một phần nào đó sự tiến bộ của học sinh sau khi áp dụng
sáng kiến kinh nghiệm này .
Trang20
IV. ĐỀ XUẤT , KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG:
Sáng kiến kinh nghiệm này có phạm vi áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả cao
tại trường và các trường bạn trên cơ sở đó đề xuất :
- hằng năm giáo viên trong nghành giáo dục làm rất nhiều đề tài tham gia
các cuộc thi hội giảng , chiến sĩ thi đua cấp cơ sở , chiến sĩ thi đua cấp
tỉnh . nghành có kế hoạch chọn các đề tài chất lượng đóng thành đĩa CD
phát hành về các trường để giáo viên và học sinh tham khảo.
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO:
1. Sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao do Đoàn Quỳnh tổng chủ biên – nhà

xuất bản giáo dục phát hành - năm 2008
2 . sách giáo khoa giải tích 12 chỉnh lí hợp nhất năm 2000 do Ngô Thúc Lanh
chủ biên – nhà xuất bản giáo dục phát hành năm 2000
3. sách chuyên đề luyện thi vào đại học - Giải Tích - Đại Số tổ hợp do
trần văn hạo chủ biên – nhà xuất bản giáo dục phát hành năm 2001

Vĩnh an ngày 21 / 5 / 2012
Người thực hiện
Lê Công Quý

Trang21
PHIẾU NHẬN XÉT , ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học :2011-2012
Tên Sáng Kiến Kinh Nghiệm: Một số phương pháp giải toán tích phân
Họ và tên tác giả : Lê Công Quý , Đơn Vị Tổ : Toán
lĩnh vực :
Quản lý giáo dục Phương pháp dạy học bộ môn
Phương pháp giáo dục Lĩnh vực khác
1. Tính mới:
- Có giải pháp hoàn toàn mới
- Có giải pháp cải tiến , đổi mới từ giải pháp đó
2. Hiệu Quả :
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn nghành có hiệu quả
cao
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai
áp dụng trong toàn nghành có hiệu quả cao
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai
áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao
3. Khả năng áp dụng

- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối ,
chính sách : tốt khá đạt
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn ,dễ
thực hiện và dễ đi vào cuộc sống :
: tốt khá đạt
- Đã đươc áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt
hiệu quả trong phạm vi rộng : : tốt khá đạt
Xác nhận của tổ chuyên môn: Thủ trưởng đơn vị :
( Ký và ghi rỏ họ tên ) ( ký tên , ghi rõ họ tên và đóng dấu)
Trang22

Trang23