SÁNG TẠO BÀI TOÁN TÍCH PHÂN MỚI TỪ MỘT SỐ BÀI TOÁN TÍCH PHÂN CƠ BẢN

TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SÁNG TẠO BÀI TOÁN TÍCH PHÂN MỚI TỪ MỘT SỐ BÀI TOÁN TÍCH PHÂN
CƠ BẢN
A- MỞ ĐẦU:
1. Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình Toán phổ thông ,Tích phân là một trong những phần quan trọng
của môn Giải tích lớp 12. Các bài toán tích phân rất đa dạng và phong phú, thường có mặt
trong các kì thi tốt nghiệp , thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng. Đây là những bài tập gây
cho học sinh không ít khó khăn dẫn đến tâm lý sợ và ngại, thiếu tự tin vào khả năng của
mình.
Chương trình giáo dục phổ thông ban hành kèm theo Quyết định số 16/2006/QĐ-
BGDĐT ngày 5/6/2006 của Bộ trưởng Bộ GD&ĐT đã nêu: “Phát huy tính tích cực, tự
giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc trưng bộ môn, đặc điểm đối tượng
học sinh , điều kiện của từng lớp học; bồi dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả
năng hợp tác ; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm,
đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập của học sinh”.
Trong quá trình giảng dạy, người thầy cần nâng cao được tính tích cực, chủ động và
sáng tạo của học sinh, rèn luyện cho học sinh có khả năng phát hiện ra những bài toán mới
từ những bài toán đã có; cần khơi dậy và phát triển tiềm năng sáng tạo còn tiềm ẩn trong
mỗi học sinh.
Bài viết này tôi xin đưa ra một biện pháp được áp dụng trong khi dạy chủ đề tự chọn
Nguyên hàm-Tích phân lớp 12 là “sáng tạo bài toán tích phân mới từ một số bài toán tích
phân cơ bản”, nhằm giúp các em học sinh có kiến thức sâu , rộng về tích phân; có thêm
nhiều bài tập để rèn luyện kỹ năng , và giúp học sinh phát triển tư duy sáng tạo.
2. Đối tượng nghiên cứu:
- Học sinh lớp 12 trường THPT Diễn Châu 4.
- Kiến thức về Nguyên hàm và Tích phân; Kỹ năng tìm Nguyên hàm và tính Tích
phân.
-Giải pháp giúp học sinh lớp 12 học tốt Tích phân.
3. Phạm vi của đề tài:
Đề tài được nghiên cứu, thử nghiệm trong phạm vi lớp 12C3,12C4;12C13 trường

THPT Diễn Châu 4,vào các tiết tự chọn thuộc chủ đề Nguyên hàm-Tích phân.
4. Phương pháp nghiên cứu:
a) Nghiên cứu tài liệu:
Giáo Viên: Trần Quang Lực
1
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Nghiên cứu những tài liệu có liên quan đến đề tài:
- Sách giáo khoa Giải tích lớp 12 .
- Tài liệu tham khảo.
b) Điều tra:
- Thực dạy và kết quả kiểm tra:
Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi đã tiến hành thực dạy các lớp 12:
+Năm học 2012-2013: Lớp 12: thực nghiệm.
- Dự giờ: Thường xuyên dự giờ để biết được mức độ hiểu biết và khả năng giải toán
tích phân của học sinh và cách giải quyết vấn đề của đồng nghiệp, từ đó để đánh giá chính
xác kết quả phương pháp của mình.
- Đàm thoại:
+ Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm và phương pháp dạy phù hợp với
phân môn.
+ Trao đổi với các em học sinh về các bài toán tích phân mới để biết được cách tìm
ra hướng giải bài toán của các em, từ đó có cách dạy tốt hơn.
c)Giả thuyết khoa học:
Nếu học sinh tìm ra được bài toán mới thì các em cảm thấy hăng say, tích cực , tự
tin , và kết quả kiểm tra cho thấy các lớp thực nghiệm vẫn cao hơn.
B-NỘI DUNG :
1.Cơ sở lí luận:
Có nhiều bài tập tích phân và ví dụ trong SGK khi giải xong học sinh vẫn chưa hiểu
tại sao lại giải như vậy, và những bài toán như thế nào thì vận dụng phương pháp giải đó.
Và khi gặp bài toán có một số điểm tương tự với bài toán đã giải là học sinh cứ mặc nhiên
vận dụng mà không phát hiện ra sự nhầm lẫn của mình. Nhiều giáo viên đã đưa ra được

nhiều phương pháp giải quyết vấn đề đó có hiệu quả như: Phân dạng bài tập theo phương
pháp giải và giải nhiều bài tập cho học sinh ghi nhớ . Theo phương pháp này đôi khi học
sinh cảm thấy sợ vì phải ghi nhớ quá nhiều; thậm chí có học sinh tưởng mình biết tất cả
các phương pháp giải rồi dẫn đến không còn hứng thú trong giải các bài toán tích phân
mới.
2. Cơ sở thực tiễn:
a) Thực trạng việc dạy của giáo viên:
Có một số giáo viên đã vận dụng phương pháp dạy học sáng tạo nhưng thường dừng
lại ở mức độ nhỏ lẻ như khai thác những bài toán tương tự, tìm và giải bài toán tổng quát.
b) Thực trạng việc học của học sinh:
Giáo Viên: Trần Quang Lực
2
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đa số học sinh chỉ biết giải các bài tập tích phân tương tự với những bài mà mình đã
giải rồi, và bế tắc khi gặp bài toán tích phân mới. Nhiều học sinh không hề có chút suy
nghỉ tìm lời giải khi gặp những bài toán tích phân mới.
Chất lượng thực tế qua khảo sát chất lượng năm 2012-2013:
Lớp Số lượng
Đạt yêu cầu Không đạt yêu cầu
Số lượng % Số lượng %
12C3 46 40 87 6 13
c)Sự cần thiết của đề tài:
Qua phân tích thực trạng việc học của học sinh và việc dạy của giáo viên, tôi nhận
thấy đề tài cần thiết đối với giáo viên trực tiếp giảng dạy nhằm giới thiệu những kinh
nghiệm và phương pháp phù hợp để nâng cao hiệu quả dạy tích phân cho học sinh lớp 12.
3. Nội dung vấn đề:
a)Vấn đề được đặt ra:
Hiện nay cách dạy mới là làm sao phát huy được tính tích cực , chủ động và sáng
tạo của học sinh trong học tập và rèn luyện. Để phát huy điều đó, chúng ta cần phải đưa ra
được những phương pháp dạy học hợp lí nhằm tạo cho học sinh có hứng thú trong học tập,

để đem lại kết quả trong học tập tốt hơn ,và hiệu quả giảng dạy cao hơn .
b)Sơ lược quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm:
Để hoàn thành đề tài, tôi đã tiến hành các bước sau: Chọn đề tài; Điều tra thực
trạng; Nghiên cứu đề tài; Xây dựng đề cương và lập kế hoạch;Tiến hành nghiên cứu;
Thống kê so sánh; Viết đề tài.
c)Các bước sáng tạo bài toán tích phân mới từ một số bài toán tích phân cơ bản:
Trước tiên ta bắt đầu từ bài toán tích phân của một hàm số thường gặp mà không có
trong bảng nguyên hàm của các hàm số thường gặp của sách giáo khoa Giải tích 12 :
Bài toán 1: Tính tích phân :
1
ln
e
I xdx=
∫
.
Giải:
Đặt
1
lnu x
du dx
x
dv dx
v x

=
=


⇒
 

=


=

, ta có :
1 1
1
( ln ) ( ln ) 1
e
e e
I x x dx x x x= − = − =
∫
.
1.1)Một số tích phân dạng
ln ( )
b
a
u x dx
∫
( với
( )u x
là một trong các hàm số thường gặp),
Ví dụ:
1)
1
0
ln(3 1)I x dx= +
∫
; 2)

1
2
0
ln( 3 2)I x x dx= + +
∫
;
Giáo Viên: Trần Quang Lực
3
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
3)
1
2
0
ln( 1)I x x dx= + +
∫
; 4)
2
4
1
ln( 1)I x dx= +
∫
;
5)
[ ]
2
4
ln(sin ) cotI x x x dx
π
π
= +

∫
; 6)
[ ]
4
0
ln(cos ) tanI x x x dx
π
= −
∫
;
7)
1
0
ln( 1)
1
x
x
x
I e dx
e
 
= + −
 
+
 
∫
; 8)
1
ln(ln )
ln

e
e
I x dx
x
 
= +
 
 
∫
;
9)
3
6
ln(tan ) tan
tan
x
I x x x dx
x
π
π
 
= + +
 
 
∫
; 10)
4
0
ln(1 tan )I x dx
π

= +
∫
;
11)
1
0
ln(1 )I x dx= +
∫
; 12)
4
2
0
ln( 9)I x x dx= + +
∫
;
13)
5
2
2
ln( 1)I x x dx= + −
∫
;
1.2) Tìm một số tích phân dạng
( ).ln
b
a
f x xdx
∫
( với
( )f x

là một trong các hàm số thường
gặp),
Ví dụ:
1)
1
.ln ( 1)
e
I x xdx
α
α
= ≠ −
∫
; 2)
2
1
(3 2 5).ln
e
I x x xdx= + +
∫
;
3)
1
1
.ln
e
I xdx
x
=
∫
; 4)

1
1
( ).ln
e
I x xdx
x
= +
∫
;
5)
2
1
1
(ln )
x
I e x dx
x
= +
∫
; 6)
2
6
sin
cos ln
x
I x x dx
x
π
π
 

= +
 
 
∫
;
7)
2
3
cos
sin ln
x
I x x dx
x
π
π
 
= −
 
 
∫
; 8)
3
2
4
ln tan
cos
x x
I dx
x x
π

π
 
= +
 
 
∫
;
9)
2
2
4
ln cot
sin
x x
I dx
x x
π
π
 
= −
 
 
∫
; 10)
3
6
ln(cos )
tan ln
x
I x x dx

x
π
π
 
= −
 
 
∫
;
1l)
3
6
ln(sin )
cot ln
x
I x x dx
x
π
π
 
= +
 
 
∫
; 12)
2
1
ln
e
I xdx=

∫
.
1.3Một số tích phân dạng
'( )ln ( )u x u x dx
∫
( với
( )u x
là một trong các hàm số thường gặp),
Ví dụ:
Giáo Viên: Trần Quang Lực
4
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
a)
1
2
0
ln( 1)I x x dx= +
∫
; b )
2
6
cos ln(sin )I x x dx
π
π
=
∫
; c)
3
0
sin ln(cos )I x x dx

π
=
∫
;
d)
1
0
ln( 1)
x x
I e e dx= +
∫
;
e)
ln(ln )
e
e
x
I dx
x
=
∫
; g)
3
2
6
ln(tan )
cos
x
I dx
x

π
π
=
∫
;
h)
3
2
6
ln(cot )
sin
x
I dx
x
π
π
=
∫
; i)
3
2
0
ln(1 1)I x x dx= + +
∫
.
1.4)Một số tích phân dạng
(ln )
b
a
f x

dx
x
∫
( với
( )f x
là một trong các hàm số thường gặp),
Ví dụ:
a)
ln
( 1)
e
e
x
I dx
x
α
α
= ≠ −
∫
;
b)
1
ln
e
e
I dx
x x
=
∫
; (

( )
2
1 ln
ln
e
e
x x
I dx
x x
+
=
∫
);

1
2ln 3
(ln 4)
e
x
I dx
x x
+
=
+
∫
;
2
1
1
(ln 4)

e
I dx
x x
=
−
∫
;
c)
1 3ln
1
1
e
x
I e dx
x
+
=
∫
;
d)
2
1
1
(1 ln )
e
I dx
x x
=
+
∫

;
2
1
1 ln
e
x
I dx
x
−
=
∫
;
e)
2
1
1
1 ln
e
I dx
x x
=
+
∫
;
2
1
1 ln
e
x
I dx

x
+
=
∫
;
g)
1
ln(1 1 ln )
e
x
I dx
x
+ +
=
∫
;
2
1
ln(ln 1 ln )
e
x x
I dx
x
+ +
=
∫
;
h)
2
2

4
ln 1
(ln 1)
e
e
x
I dx
x x
+
=
+
∫
;
2
2
4
ln 1
(ln 1)
e
e
x
I dx
x x
−
=
+
∫
;

2

4
1
(ln 1)
e
e
I dx
x x
=
+
∫
.
1.5)Một số tích phân dạng
log
a
xdx
β
α
∫
,
log ( )
a
u x dx
β
α
∫
,
( ).log
a
f x xdx
β

α
∫
,
'( )log ( )
a
u x u x dx
β
α
∫
và
(log )
a
f x
dx
x
β
α
∫
(với
( )u x
,
( )f x
là một trong các hàm số thường gặp),
Ví dụ:
Giáo Viên: Trần Quang Lực
5
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
a)
2
2

1
logI xdx=
∫
;
1
2
0
log (3 1)I x dx= +
∫
;

1
2
2
0
log ( 1)I x dx= +
∫
;
1
2
2
0
log ( 3 2)I x x dx= + +
∫
;
b)
2
2
1
log ( 1)I x xdx

α
α
= ≠ −
∫
;
2
2
2
1
(3 2 5)logI x x xdx= + +
∫
;
c)
1
2
2
0
log ( 1)I x x dx= +
∫
;
2
2
6
cos log (sin )I x x dx
π
π
=
∫
;

2
2
6
sin log (cos )I x x dx
π
π
=
∫
;
3
2
2
6
log (tan )
cos
x
I dx
x
π
π
=
∫
;

3
2
2
6
log (cot )
sin

x
I dx
x
π
π
=
∫
;
2
log (ln )
e
e
x
I dx
x
=
∫
.
d)
4
2
2
2
log
(1 log 1)
x
I dx
x x
=
+ −

∫
;
16
2
1
2
4log 1
(2 2log 1)
x
I dx
x x
−
=
+ +
∫
;

4
2
3
2
1
2
2
log 8
( log 2 2)
x
I dx
x x
−

=
+ −
∫
.
Do học sinh không được làm quen với cách đặt
cosx a t=
hoặc
sinx a t=
trong những
bài toán giải phương trinh vô tỉ có chứa biểu thức
a x+
,
a x−
và
2 2
a x−
nên còn khó
hiểu khi giải bài toán sau đây:
Bài toán 2.Tính các tích phân sau: (Bài tập SGK)
a)
∫
−=
1
0
2
1 dxxI
; b)
2
2 2
0

1
a
I dx
a x
=
−
∫
( với
0a
>
).
Giải:
a)Đặt
sinx t
=
, với
[0; ]
2
t
π
∈
, ta có :
cosdx tdt
=
và với
0x
=
thì
0t
=

, với
1x
=
thì
2
t
π
=
. Ta được:
2 2 2
2
2 2
0
0 0 0
1 1 1
1 sin .cos cos (1 cos2 ) ( sin 2 )
2 2 2 4
I t tdt tdt t dt t t
π π π
π
π
= − = = + = + =
∫ ∫ ∫
.
b)Đặt
sinx a t
=
, với
[0; ]
6

t
π
∈
, ta có :
cosdx a tdt
=
Giáo Viên: Trần Quang Lực
6
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
và với
0x
=
thì
0t
=
, với
2
a
x =
thì
6
t
π
=
.Ta được:
6 6
6
0
2
0 0

1
.cos
6
1 sin
I tdt dt t
t
π π
π
π
= = = =
−
∫ ∫
.
Sau khi giảng giải cho học sinh hiểu một cách tường minh bài toán trên là tại sao lại
chọn cách đặt đó mà không lựa chọn cách đặt khác . Thì ta có thể bắt đầu với các bài toán
mới như sau :
2.1)Qua bài toán trên ta thấy xuất hiện các biểu thức lượng giác
sin t
và
cost
thay thế vị trí
của biến
x
và
2 2
a x−
; và bài toán tích phân hàm số vô tỉ được chuyển thành bài toán tích
phân hàm số lượng giác. Chính vì thế mà ta nghĩ ngay đến việc thay thế các biểu thức
sin t

và
cost
trong các bài toán tích phân hàm số lượng giác đơn giản bởi biến
x
và
2 2
a x−
để
được các bài toán tích phân mới ,ví dụ :
1) a)
∫
−+
=
1
0
2
11
1
dx
x
I
; b)
1
2
0
1
1 4
I dx
x
=

− −
∫
;
2) a)
∫
−+
=
1
0
2
1
1
dx
xx
I
; b)
1
2
0
1
4
I dx
x x
=
− −
∫
;
c)
2 2
0

1
a
I dx
x a x
=
+ −
∫
(
0a
>
); d)
2
2 2
0
1
a
I dx
x a x
=
− −
∫
(
0a
>
).
3) a)
1
2
0
2

1
x
I dx
x x
=
+ −
∫
; b)
1
2
0
4
x
I dx
x x
=
− −
∫
;
c)
2
2 2
0
a
x
I dx
x a x
=
+ −
∫

(
0a
>
).
4)a)
1
4
2
0
4
x
I dx
x
=
−
∫
; b)
( )
(
)
2011
2
1
2012
2012 2
0
1
1
x
I dx

x x
−
=
+ −
∫
;
c)Cho
1
2012 2
2012
0
. 1I x x dx= −
∫
. Lập hệ thức giữa
2012
I
và
2014
I
.
5) Cho
(
)
2
2012
2
2012
2013
2
0

1
x
I dx
x
=
−
∫
. Lập hệ thức giữa
2012
I
và
2014
I
.
6) a)
1
3
0
1 3 4I x x dx= + −
∫
; b)
1
3
0
4 3 1I x x dx= − +
∫
;
c)
1
5 3

0
16 20 5 1I x x x dx= − + +
∫
.
Lưu ý: Nếu đặt
sinx a t
=
thay vào các bài toán tích phân có chứa biểu thức
2 2
a x−

thì ta có thể chọn một trong các giá trị của cận tương ứng trong bảng
Giáo Viên: Trần Quang Lực
7
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
t 0
6
π
4
π
3
π
2
π
x 0
2
a
2
2
a

3
2
a
a
Theo cách trên ta đã đưa ra được một loạt các bài tập tương tự với bài toán đã cho
(bài toán 2). Ta tiếp tục với việc tìm kiếm bài toán ẩn chứa trong đó là bài toán 2) như sau:
2.2)Vì hàm số
2 2
( )f x a x= −
là một hàm số chẵn nên ta nghĩ ngay đến bài toán
∫∫
=
+
−
αα
α
0
)(
1
)(
dxxfdx
a
xf
x
(với
0,0 >>
α
a
và
)(xf

là hàm số chẵn trên đoạn [
;
α α
−
] )
(Chứng minh xem bài toán 5), và chọn một số hàm số chẵn đơn giản có chứa biểu thức
2 2
a x−
để tạo ra các tích phân mới :
a)
2 2
1
a
x
a
a x
I dx
a
−
−
=
+
∫
(với
0a
>
) ; b)
2
2
2

2
4
2 1
x
x
I dx
−
−
=
+
∫
;
c)
2 2
1
e
e
x
e
e x
I dx
e
−
−
=
+
∫
; d)
2 2
.

1
a
x
x
a
a a x
J dx
a
−
−
=
+
∫
(với
0a
>
) ; e)
1
2
2
1
2 . 4
1 2
x
x
x
J dx
−
−
=

+
∫
;
f)
2 2
.
1
e
x
e
x
e
e e x
J dx
e
−
−
=
+
∫
.
2.3)Kết hợp với bài toán:
∫∫
=+
−
αα
α
0
)()1ln()( dxxxfdxexf
x

(với
0
>
α
,
)(xf
là hàm số lẻ trên
đoạn [
;
α α
−
])(Chứng minh xem bài toán 5.7), ta chọn một số hàm số lẻ đơn giản có chứa
biểu thức
2 2
a x−
, ta được các tích phân mới :
a)
2 2
ln( 1)
a
x
a
I x a x e dx
−
= − +
∫
(với
0a
>
);

1
2
1
1
1 ln( 1)
x
I x x e dx
−
= − +
∫
;

2
2
2
2
4 ln( 1)
x
I x x e dx
−
= − +
∫
;
b)
2
2 2
2
ln( 1)
a
x

a
x e
J dx
a x
−
+
=
−
∫
( với
0a
>
);
1
2
2
1
ln( 1)
4
x
x e
J dx
x
−
+
=
−
∫
;

2
2 2
2
ln( 1)
e
x
e
e
x e
J dx
e x
−
+
=
−
∫
.
2.4)Nếu thay thế biểu thức
2 2
a x−
bởi cặp biểu thức
a x+
và
a x−
ta có các tích phân
mới , ví dụ :
a)
2
0
a

a x
I dx
a x
−
=
+
∫
( với
0a
>
);
1
2
1
0
1
1
x
I dx
x
−
=
+
∫
;

1
2
0
2

2
x
I dx
x
−
=
+
∫
;
Giáo Viên: Trần Quang Lực
8
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
b)
2
0
a
a x
J dx
a x
+
=
−
∫
( với
0a
>
);
1
2
1

0
1
1
x
J dx
x
+
=
−
∫
;

1
2
0
2
2
x
J dx
x
+
=
−
∫
;
c)
0
1
a
I dx

a x a x
=
+ + −
∫
( với
0a
>
);
1
1
0
1
1 1
I dx
x x
=
+ + −
∫
;

2
2
0
1
2 2
I dx
x x
=
+ + −
∫

;
d)
2
1
a
a
J dx
a x a x
=
+ − −
∫
( với
0a
>
);
1
1
1
2
1
1 1
J dx
x x
=
+ − −
∫
;

2
2

1
1
2 2
J dx
x x
=
+ − −
∫
;
2.5)Từ các bài toán tích phân 2.4) ta đưa ra các bài toán tích phân có chứa một trong các
biểu thức
a x+
,
a x−
nhưng giải được theo phương pháp đặt
t a x= +
( hoặc
t a x= −
) , để ghép vào như :
a)
2
0
a
x a x
I dx
a x
+ −
=
+
∫

( với
0a
>
);
1
2
1
0
1
1
x x
I dx
x
+ −
=
+
∫
;

1
2
0
2
2
x x
I dx
x
+ −
=
+

∫
;
b)
2
0
a
x a x
I dx
a x
+ +
=
−
∫
( với
0a
>
);
1
2
1
0
1
1
x x
I dx
x
+ +
=
−
∫

;

1
2
0
2
2
x x
I dx
x
+ +
=
−
∫
;
c)
2
0
a
a x
e a x
I dx
a x
+
+ −
=
+
∫
(với
0a

>
);
1
1
2
1
0
1
1
x
e x
I dx
x
+
+ −
=
+
∫
;

2
2
2
0
2
2
x
e x
I dx
x

+
+ −
=
+
∫
;
d)
1
0
2 ln( 2 1)
2
x x
I dx
x
− + + −
=
+
∫
.
2.6)Từ các bài toán tích phân trên ta thấy cặp biểu thức
a x+
và
a x−
quá quen thuộc
nên ta tìm cách thay đổi cặp biểu thức đó , ví dụ thay
t a x= −

( với
0a >
) vào các tích phân trong bài 2.4) ta có các tích phân :

a)
2
2
a
a
x
I dx
a x
=
−
∫
( với
0a
>
);
1
1
1
2
2
x
I dx
x
=
−
∫
;
2
2
1

4
x
I dx
x
=
−
∫
;
Giáo Viên: Trần Quang Lực
9
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
b)
2
2
a
a
a x
I dx
x
−
=
∫
( với
0a
>
);
1
1
1
2

2 x
I dx
x
−
=
∫
;
2
2
1
4 x
I dx
x
−
=
∫
;
c)
0
1
2
a
I dx
a x x
=
− +
∫
( với
0a
>

);
1
1
0
1
2
I dx
x x
=
− +
∫
;
2
2
0
1
4
I dx
x x
=
− +
∫
;
d)
2
0
1
2
a
J dx

a x x
=
− −
∫
( với
0a
>
);
1
2
1
0
1
2
J dx
x x
=
− −
∫
;
1
2
0
1
4
J dx
x x
=
− −
∫

;
2.7) Từ các tích phân trong bài 2.4) và 2.6) ta đưa ra các tích phân mới có chứa cặp biểu
thức
a x+
và
b x−
dạng
a x
I dx
b x
β
α
+
=
−
∫
hoặc
b x
J dx
a x
β
α
−
=
+
∫
bằng cách đặt
2
a b
a x t

+
+ = +

hoặc
sin
2 2
a b a b
a x u
+ +
+ = +
hay
sin
2 2
a b a b
x u
− +
+ =
, và ta có thể chọn một trong các giá trị
của cận tương ứng trong bảng
u 0
6
π
4
π
3
π
2
π
x
2

b a−
3
4
b a−
2( )
4 2
a b a b+ −
−
3( )
4 2
a b a b+ −
−
b
ví dụ :
a)
5
2
1
2
1
3
x
I dx
x
−
=
−
∫
;
5

2
1
2
3
1
x
J dx
x
−
=
−
∫
;
3
2
1
3
5
x
I dx
x
+
=
−
∫
;
3
2
1
5

3
x
J dx
x
−
=
+
∫
;
b)
5
2
1
2
1
3
x x
I dx
x
+ −
=
−
∫
;
5
2
1
2
3
1

x x
J dx
x
+ −
=
−
∫
;
3
2
1
3
5
x x
I dx
x
+ +
=
−
∫
;
3
2
1
5
3
x x
J dx
x
+ −

=
+
∫
;
c)
3
3
1
5
3
x
e x
I dx
x
+
+ −
=
+
∫
;
3
1
5 ln( 3 1)
3
x x
I dx
x
− + + −
=
+

∫
;
d)
3
4
1
b
b a
J dx
a x b x
−
=
+ − −
∫
;
3
1
5
2
1
1 3
J dx
x x
=
− − −
∫
;
5
1
3

1
3 5
J dx
x x
=
+ − −
∫
;
e)
2
1
b
b a
J dx
a x b x
−
=
+ + −
∫
;
3
1
2
1
1 3
J dx
x x
=
− + −
∫

;
5
1
1
1
3 5
J dx
x x
=
+ + −
∫
;
2.8)Hoặc dạng
( )( )a x b x dx
β
α
+ −
∫
, ví dụ :
a)
( )
3
2
1
2
1 3I x x dx= − + −
∫
; b)
( )
3

2
2
1
1 3I x x dx= + + −
∫
;
c)
( )
5
2
4
1
3 5I x x dx= + + −
∫
.
2.9)Ta xét thêm tích phân :
Giáo Viên: Trần Quang Lực
10
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2
2 2
b b
ax bx cdx a x x dx
a a
β β
α α
  
+ ∆ ∆ −
+ + = + −

 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
∫ ∫
(với
0a <
,
2
4 0b ac∆ = − >
) bằng cách đặt
2 2
b
x t
a a
+ ∆ ∆
+ = +
hoặc
sin
2 2 2
b
x u
a a a
+ ∆ ∆ ∆
+ = +

hay
sin
2 2
b
x u

a a
∆
+ =
, và ta có thể chọn một trong các giá trị của cận tương ứng trong bảng
u 0
6
π
4
π
3
π
2
π
x
2
b
a
−
2
4
b
a
∆ −
2 2
4
b
a
∆ −
3 2
4

b
a
∆ −
2
b
a
∆ −
ví dụ :
a)
1
2
0
2I x x dx= −
∫
; b)
1
2
1
3 2I x x dx
−
= + −
∫
;
c)
1
2
0
( 1) 3 2I x x x dx= + + −
∫
; d)

1
2
0
1
3 2
I dx
x x
=
+ −
∫
;
e)
1
2
1
1
3 2
I dx
x x x
−
=
+ + −
∫
; g)
1
2
1
2
1 3 2
x

I dx
x x x
−
=
− + + −
∫
.
2.10) Thay
lnx t
=
vào các tích phân trong bài 2.9) ta có các tích phân: a)
2
1
2ln ln
e
x x
I dx
x
−
=
∫
; b)
2
1
3 2ln ln
e
x x
I dx
x
+ −

=
∫
;
c)
2
1
1
3 2ln ln
e
I dx
x x x
=
+ −
∫
.
2.11)Thay
2
t
x =
hoặc
3
t
x =
vào các tích phân trong bài 2.9) ta có các tích phân:
a)
0
1
1
2 4
x x

I dx
+
−
= −
∫
; b)
1
2
0
3 6.3 5
x x
I dx= − + −
∫
.
2.12)Từ việc quá quen thuộc với cách giải đối với bài toán tích phân có chứa biểu thức
2 2
a x−
ở trên nên ta đưa ra các bài toán tích phân mới có chứa biểu thức
2 2
a x−
nhưng
giải được theo phương pháp đổi biến khác (đặt
2 2
t a x= −
) để so sánh, ví dụ như:
a)
1
3 2
0
1I x x dx= −

∫
; b)
2
1
1
0
x
I xe dx
−
=
∫
;
c)
1
2
0
ln(1 1 )I x x dx= + −
∫
.
Ta đã khai thác các bài toán tích phân có chứa biểu thức
2 2
a x−
thì nên tìm đến
bài toán tích phân có chứa một trong các biểu thức
2 2
x a+
,
2 2
x a−
để so sánh :

Bài toán 3: Tính các tích phân sau:
a)
)0(,
0
22
>+=
∫
adxaxI
a
; (
5
2 2
2
,( 0)
a
a
J x a dx a= − >
∫
)
Giáo Viên: Trần Quang Lực
11
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
b)
)0(,
1
0
22
>
+
=

∫
adx
ax
I
a
; (
5
2 2
2
1
,( 0)
a
a
J dx a
x a
= >
−
∫
).
3.1)Tính tích phân:
a)
)0(,
1
0
22
>
+
=
∫
adx

ax
I
a
; b)
5
2 2
2
1
,( 0)
a
a
J dx a
x a
= >
−
∫
.
Giải: a)Tính
)0(,
0
22
>+=
∫
adxaxI
a
Cách 1: Đặt
tanx a t=
với
[0; ]
4

t
π
∈
, ta có :
2
2
1
(1 tan )
cos
dx dt t dt
t
= = +
, và với
0x
=
thì
0t
=
,
với
x a=
thì
4
t
π
=
. Ta được:
4 4 4
2 2
2

0 0 0
1 1
.(1 tan ) 1 tan ln(1 2)
cos
1 tan
I t dt tdt dt
t
t
π π π
= + = + = = +
+
∫ ∫ ∫
.
Cách 2:
Đặt
22
axxt ++=
ta có
dx
ax
xax
dx
ax
x
dt
22
22
22
)1(
+

++
=
+
+=

2 2
dt dx
t
x a
⇔ =
+
; với
0x t a
= ⇒ =
, với
atax )21( +=⇒=
.
Suy ra
(1 2 )
(1 2 )
(ln ) ln(1 2)
a
a
a
a
dt
I t
t
+
+

= = = +
∫
.
b)Tính
5
2 2
2
1
,( 0)
a
a
J dx a
x a
= >
−
∫
Đặt
2 2
t x x a= + −
ta có
2 2
2 2 2 2
(1 )
x x a x
dt dx dx
x a x a
− +
= + =
− −

2 2
dt dx
t
x a
⇔ =
−
;với
2 (1 2)x a t a= ⇒ = +
, với
5 (2 5)x a t a= ⇒ = +
.
Suy ra
(2 5)
(2 5)
(1 2 )
(1 2 )
2 5
(ln ) ln
1 2
a
a
a
a
dt
J t
t
+
+
+
+

+
= = =
+
∫
.
3.2)Tính tích phân: :
a)
2 2
0
,( 0)
a
I x a dx a= + >
∫
; b)
5
2 2
2
,( 0)
a
a
J x a dx a= − >
∫
.
Giải: a)Tính
2 2
0
,( 0)
a
I x a dx a= + >
∫

Cách 1: Đặt
tanx a t=
với
[0; ]
4
t
π
∈
, ta có :
2
2
1
(1 tan )
cos
dx dt t dt
t
= = +
, và với
0x
=
thì
0t
=
,
với
x a=
thì
4
t
π

=
. Ta được:
2
4 4
2 2 2
2 3
0 0
1 1
1 tan . ( 2 ln(1 2))
cos cos 2
a
I a t dt a dt
t t
π π
= + = = + +
∫ ∫
.
Giáo Viên: Trần Quang Lực
12
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Cách 2:
Đặt
2 2
2 2
x
du dx
u x a
x a
dv dx
v x


=

 
= +
⇒
+
 
=



=

. Suy ra
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
0 0
0 0 0
( ) ( )
a a a
a a
x a
I x x a dx x x a x a dx dx
x a x a
= + − = + − + +
+ +
∫ ∫ ∫
2

2 2
2 2
0
0
2 ( )
a
a
a
I x x a dx
x a
⇔ = + +
+
∫
2 2 2 2 2
0 0
2 ( ) ln( )
a a
I x x a a x x a⇔ = + + + +
.
Vậy
2 2
2 2 2 2
0
0
( ) ln( ) ( 2 ln(1 2))
2 2 2
a
a
x a a
I x a x x a= + + + + = + +

.
b)Tính
5
2 2
2
,( 0)
a
a
J x a dx a= − >
∫
Đặt
2 2
2 2
x
du dx
u x a
x a
dv dx
v x

=

 
= −
⇒
−
 
=




=

. Suy ra
5 5 5
2 2
5 5
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
( ) ( )
a a a
a a
a a
a a a
x a
J x x a dx x x a x a dx dx
x a x a
= − − = − − − −
− −
∫ ∫ ∫
5
2
5
2 2
2 2
2
2
2 ( )

a
a
a
a
a
J x x a dx
x a
⇔ = − −
−
∫
5 5
2 2 2 2 2
2 2
2 ( ) ln( )
a a
a
J x x a a x x a⇔ = − − + −
.
Vậy
5
2 2 2
5
2 2 2 2
2
2
2 5
( ) ln( ) (2 5 2) ln
2 2 2 2
1 2
a

a
a
a
x a a a
J x a x x a
+
= − − + − = − −
+
.
3.3)Thay mỗi giá trị của
a
vào bài toán 3.1) và 3.2) ta được một số tích phân mới ví dụ:
a)
1
1
2
0
1
1
I dx
x
=
+
∫
;
2
2
2
0
1

4
I dx
x
=
+
∫
;
5
1
2
2
1
1
J dx
x
=
−
∫
;
b)
3
2
1
0
1I x dx= +
∫
;
5
2
2

0
4I x dx= +
∫
;
5
2
2
1J x dx= −
∫
;
c)
3
1
2
0
1
1
I dx
x x
=
+ +
∫
;
5
2
2
0
1
4
I dx

x x
=
− +
∫
;
5
1
2
2
1
1
J dx
x x
=
+ −
∫
.
3.4)Từ các bài toán 3.1), 3.2) và 3.3) ta đưa ra những bài toán tích phân có chứa một trong
các biểu thức
2 2
x a+
và
2 2
x a−
nhưng được giải theo phương pháp khác (đặt
2 2
t x a= +
hoặc
2 2
t x a= −

), ví dụ:
a)
3
1
2
0
1
x
I dx
x
=
+
∫
;
5
3
2
2
0
4
x
I dx
x
=
+
∫
;
5
5
1

2
2
1
x
J dx
x
=
−
∫
;
Giáo Viên: Trần Quang Lực
13
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
b)
3
2
1
0
1I x x dx= +
∫
;
5
3 2
2
0
4I x x dx= +
∫
;
5
5 2

2
1J x x dx= −
∫
;
c)
3
2
0
ln( 1)I x x dx= + +
∫
.
3.5)Kết hợp bài toán 3.3) và bài toán 3.4) ta có các tích phân mới:
a)
3
1
2
0
1
1
x
I dx
x
+
=
+
∫
; b)
5
3 2
2

2
0
4
x x
I dx
x
+
=
+
∫
; c)
5
1
2
2
1
1
x
J dx
x
+
=
−
∫
;(
5
1
2
1
1

x
J dx
x
+
=
−
∫
); d)
5
2
1
2
( 1 1)J x x dx= + + −
∫
;
e)
∫
++=
4
0
2
9)12( dxxxI
; g)
∫
+−
=
4
0
2
9

dx
xx
x
I
.
3.6)Từ công thức :
∫∫
−=
b
a
b
a
b
a
vduvuudv ).(
, ta xem tích phân trong bài toán 3.1) và 3.2) là biểu
thức
∫
b
a
vdu
để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức
∫
b
a
udv
, ta có các tích phân sau:
a)
2 2
0

ln( ) ,( 0)
a
I x x x a dx a= + + >
∫
; b)
1
2
1
0
ln( 1)I x x x dx= + +
∫
.
Bài toán 4 : Tính các tích phân sau:
a)
dx
x
I
∫
+
=
1
0
2
1
1
(ví dụ SGK ); b)
dx
x
I
∫

+
=
5
3
5
3
2
259
1
( Bài tập SGK ).
Giải:
a)Đặt
tanx t=
,với
[0; ]
4
t
π
∈
, ta có :
2
2
1
(1 tan )
cos
dx dt t dt
t
= = +
, và với
0x

=
thì
0t =
, với
1x
=

thì
4
t
π
=
. Ta được:
4 4
2
4
2
0
0 0
1
.(1 tan )
1 tan 4
I t dt dt t
t
π π
π
π
= + = = =
+
∫ ∫

.
b) Đặt
3
tan
5
x t=
,với
[ ; ]
6 4
t
π π
∈
, ta có :
2
2
3
3
5
(1 tan )
cos 5
dx dt t dt
t
= = +
, và với
3
5
x =
thì
6
t

π
=
,
với
3
5
x =
thì
4
t
π
=
. Ta được:
4 4
4
2
2
6
6 6
1 3 1 1
. (1 tan )
9 9tan 5 15 15 180
I t dt dt t
t
π π
π
π
π π
π
= + = = =

+
∫ ∫
.
4.1)Đặt
x
vào vị trí
tant
của các bài toán tích phân hàm số lượng giác đơn giản ta có các
tích phân sau:
Giáo Viên: Trần Quang Lực
14
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
a)
dx
x
x
I
∫
+
+
=
1
0
2
1
1
; b)
dx
x
xx

I
∫
+
++
=
1
0
2
2
1
2
;
c)
1
4
2
0
1
x
I dx
x
=
+
∫
; d)
3
2
2
1
1 x

I dx
x
+
=
∫
;
e) Cho
1
2
0
1
n
n
x
I dx
x
=
+
∫
(với
*
n∈¥
). Lập hệ thức giữa
n
I
và
2n
I
+
.

4.2)Thay
lnx t=
vào một trong các tích phân trên ta có:
a)
2
1
1
(1 ln )
e
I dx
x x
=
+
∫
; b)
4
2
1
ln
(1 ln )
e
x
I dx
x x
=
+
∫
.
4.3)Từ công thức :
∫∫

−=
b
a
b
a
b
a
vduvuudv ).(
, ta xem tích phân trong bài toán 4) là biểu thức
∫
b
a
vdu
để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức
∫
b
a
udv
, ta có các tích phân :
a)
1
2
0
ln(1 )I x dx= +
∫
; b)
1
2 2
2
2

ln
(1 )
x x
I dx
x
=
+
∫
.
4.4)Qua hai ví dụ ở bài toán 4) khiến ta không thể không xét bài toán quát :

2 2
0
1
a
I dx
a x
=
+
∫
( với
0a
>
).
Giải:
Đặt
tanx a t=
, với
[0; ]
4

t
π
∈
, ta có:
2
2
(1 tan )
cos
a
dx dt a t dt
t
= = +
,
và với
0x
=
thì
0t
=
, với
x a=
thì
4
t
π
=
. Ta được:
4 4
2
4

2
0
0 0
1
.(1 tan )
1 tan 4
I t dt dt t
t
π π
π
π
= + = = =
+
∫ ∫
.
4.5)Và bài toán tổng quát:

2
2
2
2
1
2 4
dx dx
ax bx c a
b
x
a a
β β
α α

=
+ +
 
−∆
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
∫ ∫
(với
0a
≠
,
2
4 0b ac∆ = − <
) bằng cách đặt
2
.tan
2 4
b
x t
a a
−∆
+ =
, và ta có thể chọn một trong
các giá trị của cận tương ứng trong bảng
t 0
6

π
4
π
3
π
x
2
b
a
−
2
12 2
b
a a
−∆
−
2
4 2
b
a a
−∆
−
2
3
4 2
b
a a
− ∆
−
ví dụ :

Giáo Viên: Trần Quang Lực
15
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
a)
dx
xx
I
∫
+−
=
2
1
2
22
1
; b)
1
2
1
3
2 5
x
I dx
x x
−
+
=
+ +
∫
; c)

1
2
2
1
3 4
2 5
x x
I dx
x x
−
+ +
=
+ +
∫
;
d)
dx
xx
x
I
∫
++
−
=
1
0
2
)1)(2(
24
.

Bài toán 5: Cho
)(xf
là hàm số chẵn trên đoạn [
;
α α
−
]. Chứng minh rằng :

∫∫
=
+
−
αα
α
0
)(
1
)(
dxxfdx
a
xf
x
(với
0,0 >>
α
a
).
Hướng dẫn:
Đặt
dxdtxt

−=⇒−=
, ta có:
∫∫∫∫
−−−−
+
−=
+
=
+
α
α
α
α
α
α
α
α
dx
a
xf
dxxfdx
a
xfa
dx
a
xf
xx
x
x
1

)(
)(
1
)(
1
)(
∫∫
−−
=
+
⇔
α
α
α
α
dxxfdx
a
xf
x
)(
1
)(
2
∫∫
=
+
⇔
−
αα
α

0
)(2
1
)(
2 dxxfdx
a
xf
x
∫∫
=
+
⇔
−
αα
α
0
)(
1
)(
dxxfdx
a
xf
x
.
5.1) Thay
)(xf
bởi một số hàm số cụ thể và chọn
ea =
ta có các tích phân sau:
a)

∫
−
+
+
=
1
1
2
1
1
dx
e
x
I
x
; b)
∫
−
−
+
+
=
1
1
1
dx
e
ee
J
x

xx
;
c)
∫
−
+
=
2
2
1
cos
π
π
dx
e
x
K
x
; d)
2
2
sin
1
x
x x
H dx
e
π
π
−

=
+
∫
;
f)
∫
−
+
+
=
2
2
2
1
cos)1(
π
π
dx
e
xx
M
x
; đ)
2 2
1
a
x
a
a x
N dx

e
−
−
=
+
∫
(
0a >
);
1
2
1
1
1
1
x
x
N dx
e
−
−
=
+
∫
;
e)
2 2
1
x
x a

P dx
e
α
α
−
+
=
+
∫
(
0,0 >>
α
a
);
1
2
1
1
1
1
x
x
P dx
e
−
+
=
+
∫
;

g)
2 2
ln( )
1
x
x x a
J dx
e
α
α
−
+ +
=
+
∫
(
0,0 >>
α
a
);
1
2
1
1
ln( 1)
1
x
x x
J dx
e

−
+ +
=
+
∫
;
h)
4
4
sin 2 ln( ) ln( )
2 2
1
x
x x x
Q dx
e
π
π
π π
−
 
− − +
 ÷
 
=
+
∫
; i)
1
2

1
1
ln( 1)
1
x
x
J dx
e
−
+
=
+
∫
.
5.2)Từ công thức :
∫∫
−=
b
a
b
a
b
a
vduvuudv ).(
, ta xem các tích phân trong bài 5.1) là biểu thức
∫
b
a
vdu
để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức

∫
b
a
udv
, ta có các tích phân :
a)
∫
−
+
+
=
1
1
2
3
)1(
)(
dx
e
exx
I
x
x
; b)
∫
−
+
=
2
2

2
)1(
sin
π
π
dx
e
xe
K
x
x
;
Giáo Viên: Trần Quang Lực
16
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
c)
2 2
2
ln( )
( 1)
x
x
e x x a
J dx
e
α
α
−
+ +
=

+
∫
(
0,0 >>
α
a
);
1
2
1
2
1
ln( 1)
( 1)
x
x
e x x
J dx
e
−
+ +
=
+
∫
;
d)
2 2 3
2
2
2

( )
( 1)
a
x
x
a
e a x
N dx
x e
−
−
=
+
∫
;
1
2 3
2
2
1
(4 )
( 1)
x
x
e x
N dx
x e
−
−
=

+
∫
;
5.3)Thay
)(xf
bởi một số hàm số cụ thể và chọn
e
a
1
=
ta có các tích phân sau:
a)
∫
−
+
+
=
1
1
2
1
)1(
dx
e
ex
I
x
x
; c)
∫

−
+
=
2
2
1
cos
π
π
dx
e
xe
K
x
x
;
d)
2
2
2
( 1)cos
1
x
x
e x x
H dx
e
π
π
−

+
=
+
∫
; đ)
2
2
sin
1
x
x
e x x
M dx
e
π
π
−
=
+
∫
;
e)
2 2
1
a
x
x
a
e a x
N dx

e
−
−
=
+
∫
(với
0a
>
) ;
1
2
1
1
1
1
x
x
e x
N dx
e
−
−
=
+
∫
;
f)
2 2
1

x
x
e x a
P dx
e
α
α
−
+
=
+
∫
(với
0,0 >>
α
a
);
1
2
1
1
1
1
x
x
e x
P dx
e
−
+

=
+
∫
.
5.4)Thay
)(xf
bởi một số hàm số cụ thể và chọn
2a =
ta có các tích phân sau:
a)
2
2
( cos sin )
2 1
x
x x x x
I dx
π
π
−
+
=
+
∫
; b)
1
2
1
ln(1 )
2 1

x
x
I dx
−
+
=
+
∫
.
5.5)Từ các bài toán 5.1) và 5.3) ta rút ra bài toán sau:
Cho
)(xf
là hàm số chẵn trên đoạn [
;
α α
−
].Chứng minh rằng:
0
( ) ( )
( )
1 1
x
x x
a f x f x
dx dx f x dx
a a
α α α
α α
− −
= =

+ +
∫ ∫ ∫
(với
0,0 >>
α
a
)(hoặc:
1
( ) 0
1
x
x
a
f x dx
a
α
α
−
−
=
+
∫
).
5.6)Từ công thức :
∫∫
−=
b
a
b
a

b
a
vduvuudv ).(
, ta xem các tích phân trong bài 5.3) là biểu thức
∫
b
a
vdu
để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức
∫
b
a
udv
, ta có các tích phân sau:
a)
∫
−
++=
1
1
3
)1ln()( dxexxI
x
; b)
∫
−
+=
2
2
)1ln(sin

π
π
dxexK
x
; c)
∫
−
+++=
1
1
2
)1ln()1ln( dxexxI
x
; d)
∫
−
+−=
1
1
2
)1ln(1 dxexxI
x
.
5.7)Từ các tích phân trong bài 5.6) ta có bài toán tổng quát :
Cho
)(xf
là một hàm số lẻ trên đoạn [
;
α α
−

]. Chứng minh rằng :

∫∫
=+
−
αα
α
0
)()1ln()( dxxxfdxexf
x
(với
0
>
α
).
Giáo Viên: Trần Quang Lực
17
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
5.8)Từ bài toán 5.7) thay
te
x
=
, ta có bài toán sau:
Cho
)(xf
là hàm số lẻ trên đoạn [
1;1−
].Chứng minh rằng:
∫∫
=+

1
0
1
)()1ln()(ln dxxxf
x
dx
xxf
e
e
.
5.9) Thay
xxf =)(
,
)1ln()(
2
++= xxxf
vào bài toán 5.8) ta có các tích phân sau: a)
∫
+=
e
e
x
dx
xxI
1
)1ln(ln
; b)
∫
+++=
e

e
x
dx
xxxI
1
2
)1ln()1lnln(ln
.
5.10) Từ bài toán 5.7) thay
tx cos=
, ta có bài toán sau:
Cho
)(xf
là hàm số lẻ trên đoạn [
1;1−
].Chứng minh rằng:

∫∫
=+
1
00
cos
)()1ln()(cossin dxxxfdxexxf
x
π
.
5.11) Thay
xxf =)(
vào bài toán 5.10) ta có các tích phân sau:
a)

∫
+=
π
0
cos
)1ln(2sin dxexI
x
; b)
∫
++=
π
0
cos
2sin)]1ln([ xdxexI
x
.
5.12) Từ bài toán 5.7) thay
tx sin=
, ta có bài toán sau:
Cho
)(xf
là một hàm số lẻ trên đoạn [
1;1−
]. Chứng minh rằng :

∫∫
=+
−
1
0

2
2
sin
)()1ln()(sincos dxxxfdxexxf
x
π
π
.
5.13)Thay
xxf =)(
vào bài toán 5.12) ta có các tích phân:
∫
−
+=
2
2
sin
)1ln(2sin
π
π
dxexI
x
.
5.14)Từ các tích phân
1
1
( )
1
x
f x

I dx
e
−
=
+
∫
và
1
1
( )
1
x
x
e f x
J dx
e
−
=
+
∫
( với
)(xf
là hàm số chẵn trên đoạn [
1;1−
]) trong các bài toán 5.1) và 5.3); thay
x
t e=
ta có các tích phân
1
(ln )

( 1)
e
e
f x
I dx
x x
=
+
∫
và
1
(ln )
1
e
e
f x
J dx
x
=
+
∫
, ví dụ :
a)
2
1
ln
( 1)
e
e
x

I dx
x x
=
+
∫
;
2
1
ln
1
e
e
x
J dx
x
=
+
∫
;
b)
2
1
1 ln
( 1)
e
e
x
I dx
x x
−

=
+
∫
;
2
1
1 ln
1
e
e
x
J dx
x
−
=
+
∫
;
c)
2
1
1 ln
( 1)
e
e
x
I dx
x x
+
=

+
∫
;
2
1
1 ln
1
e
e
x
J dx
x
+
=
+
∫
;
Giáo Viên: Trần Quang Lực
18
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
d)
2
1
ln(ln 1 ln )
( 1)
e
e
x x
I dx
x x

+ −
=
+
∫
;
2
1
ln(ln 1 ln )
1
e
e
x x
J dx
x
+ −
=
+
∫
.
d) Kết quả cụ thể:
Qua thực hiện sáng kiến kinh nghiệm, tôi nhận thấy các em có nhiều tiến bộ qua tiết
học, lớp được dạy thử nghiệm 12C3,12C4,12C13.
Đa số các em giải toán đạt đô chính xác cao.
Với kết quả trên, tôi thấy học sinh có tiến bộ qua kiểm tra. Nhiều em giải toán tích
phân đạt kết quả chính xác cao. Tạo điều kiện cho tôi tiếp tục áp dụng kết quả đạt được
cho những năm học sau.
C- KẾT LUẬN:
Để có thể đạt được mục đích đề ra của sáng kiến kinh nghiệm là giúp học sinh hiểu
sâu kiến thức về tích phân, có nhiều bài tập cho các em rèn luyện kỷ năng và phát triển tư
duy sáng tạo cho học sinh các lớp 12C3,12C4,12C13 trường THPT Diễn Châu 4, Tôi

nghiên cứu tìm hiểu thêm ở các lớp khác, ở các tài liệu chuyên môn khác, sử dụng các
hình thức so sánh đối chiếu trong giảng dạy.
1. Bài học kinh nghiệm:
Qua thử nghiệm đã nêu ở trên, tôi thấy kết quả thu được cao hơn giờ dạy đối chứng.
Điều đó chứng tỏ rằng để học sinh tích cực, chủ động, sáng tạo và hiệu quả trong học tập ;
người giáo viên cần sử dụng linh hoạt và nhuần nhuyễn các biện pháp giảng dạy, phát huy
được tính sáng tạo của mình trong giảng dạy; song song đó cần tích cực nghiên cứu sách
vở và trau dồi năng lực chuyên môn.
Bên cạnh những mặt đạt được cũng còn những hạn chế, một số học sinh yếu không
nắm được nguyên hàm của các hàm số thường gặp nên chưa tiếp cận được cách khai thác
bài toán tích phân mà tôi đã đưa ra. Tôi cố gắng tìm ra biện pháp để nâng cao hiệu quả
trong những năm sắp tới. Mong các đồng nghiệp và các bạn giáo viên trong tổ, trong
trường hỗ trợ nhiều cho tôi về phương pháp dạy học “Sáng tạo bài toán tích phân mới từ
một số bài toán tích phân cơ bản” .
Trong khi viết đề tài này, bản thân không tránh khỏi những sai sót, rất mong Sở
Giáo dục và các anh chị đồng nghiệp góp ý chân thành để tôi rút kinh nghiệm cho những
năm sau viết tốt hơn.
2. Hướng nghiên cứu tiếp của đề tài:
Khai thác thêm các bài toán tích phân cần phải sử dụng kết hợp cả hai phương
pháp( phương pháp đổi biên và phương pháp từng phần) để giải. Bổ sung vào đề tài và
thực nghiệm thêm nhiều lớp khối 12 trường THPT Diễn Châu 4.
Diễn Mỹ, ngày 24 tháng 03 năm 2013
Giáo Viên: Trần Quang Lực
19
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Người viết


Trần Quang Lực

Nhận xét , đánh giá xếp loại của Hội đồng khoa học trường THPT Diễn Châu 4:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo
1.Nguyễn Thế Thạch (Chủ biên) và các tác giả: Hướng dẫn thực hiện chương trình, sách
giáo khoa lớp 12- NXBGD,2008.
2.Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Vũ Tuấn (chủ biên) và các tác giả: Giải tích 12 –
NXBGD,2008.
3. Bộ Giáo dục và Đào tạo :Đề thi tuyển sinh – Môn Toán - NXBGD,1996.
4. Trần Văn Hạo (Chủ biên) và các tác giả: Chuyên đề luyện thi vào đại học Giải tích –
đại số tổ hợp-NXBGD,2002.
5. Bộ Giáo dục và Đào tạo :Tạp chí Toán học& Tuổi trẻ-NXBGD.
6. Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An : Kỷ yếu hội thảo đổi mới cách dạy, cách học bộ môn
Toán trung học phổ thông,2008.
MỤC LỤC
Trang
A- MỞ ĐẦU 01
1- Lý do chọn đề tài 01
2- Đối tượng nghiên cứu 01
Giáo Viên: Trần Quang Lực
20
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
3- Phạm vi nghiên cứu 01
4- Phương pháp nghiên cứu 02
B- NỘI DUNG 02
1- Cơ sở lý luận 02
2- Cơ sở thực tiễn 03
3- Nội dung vấn đề 03

C- KẾT LUẬN 20
1- Bài học kinh nghiệm 20
2- Hướng phổ biến áp dụng đề tài 21
3- Hướng nghiên cứu tiếp của đề tài 21
4- Tài liệu tham khảo 22
Giáo Viên: Trần Quang Lực
21