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

______________________________________________________________
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 Quang Trung.
_____________________________________________________________
1

Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
- 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 12A trường THPT
Quang Trung,vào các tiết tự chọn thuộc chủ đề Nguyên hàm-Tích phân.
4. Phương pháp nghiên cứu:
a) Nghiên cứu tài liệu:
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 2008-2009: Lớp 12A: đối chứng.
+Năm học 2011-2012: Lớp 12A: 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.
_____________________________________________________________
2
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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:
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.
_____________________________________________________________
3
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
Chất lượng thực tế qua khảo sát chất lượng năm 2008-2009:
Lớp Số lượng
Đạt yêu cầu Không đạt yêu cầu
Số lượng % Số lượng %
12A 50 17 34 33 66
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 :
_____________________________________________________________
4
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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)Tìm một số tích phân dạng
ln ( )
b
a
u x dx
∫
( với
( )u x
là một trong các hàm số
thường gặp), ví dụ:
a)
1
0
ln(3 1)I x dx= +
∫
;
1
2
0
ln( 3 2)I x x dx= + +
∫
;

b)
1
2
0
ln( 1)I x dx= +
∫
;
1
2
0
ln( 1)I x x dx= + +
∫
;

2
4
1
ln( 1)I x dx= +
∫
;
c)
[ ]
2
4
ln(sin ) cotI x x x dx
π
π
= +
∫
; d)

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

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

;
i)
1
0
ln(1 )I x dx= +
∫
;
4
2
0
ln( 9)I x x dx= + +
∫
;

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:

_____________________________________________________________
5
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
a)
1
.ln ( 1)
e
I x xdx
α
α
= ≠ −
∫
;
1
(2 1).ln
e
I x xdx= +
∫
;

2
1
(3 2 5).ln
e
I x x xdx= + +
∫
;
b)

1
1
.ln
e
I xdx
x
=
∫
;
1
1
( ).ln
e
I x xdx
x
= +
∫
;
c)
2
1
1
(ln )
x
I e x dx
x
= +
∫
; d)
2

6
sin
cos ln
x
I x x dx
x
π
π
 
= +
 
 
∫
;
e)
2
3
cos
sin ln
x
I x x dx
x
π
π
 
= −
 
 
∫
; g)

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

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

 
 
∫
; m)
2
1
ln
e
I xdx=
∫
.
1.3)Tìm một số tích phân dạng
'( )ln ( )u x u x dx
∫
( với
( )u x
là một trong các hàm số
thường gặp), ví dụ:
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= + +
∫
.

_____________________________________________________________
6
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
1.4)Tìm 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)Tìm 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:
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= + +
∫

;
_____________________________________________________________
7
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
=
_____________________________________________________________
8
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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=
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
=
− −
∫
;
_____________________________________________________________
9
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
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
−
] )
_____________________________________________________________
10
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
(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
−
=
+
∫
;
_____________________________________________________________
11
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
+
+ −
=
+
∫
;
_____________________________________________________________
12
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
=
−
∫
;
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
+ −
=
+
∫
;
_____________________________________________________________
13
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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 :

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
=
+ −
∫
;
_____________________________________________________________
14
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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= − >
∫
)
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:
_____________________________________________________________
15
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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= + >
∫
_____________________________________________________________
16
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
= + = = + +
∫ ∫
.
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⇔ = − − + −
.
_____________________________________________________________
17
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
=
−
∫
;
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
.
_____________________________________________________________
18
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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:
a)
dx
x
x
I
∫
+
+
=
1
0
2
1
1
; b)
dx
x

xx
I
∫
+
++
=
1
0
2
2
1
2
;
_____________________________________________________________
19
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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:
_____________________________________________________________
20
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________

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 :
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
−
=
+
∫
;
_____________________________________________________________
21
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
;
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
−
=

+
∫
;
_____________________________________________________________
22
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
).
5.8)Từ bài toán 5.7) thay
te
x
=
, ta có bài toán sau:
_____________________________________________________________
23
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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 :
_____________________________________________________________
24
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
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
+
=
+
∫
;
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 12A.
Đối tượng học sinh 12A (2008-2009) có trình độ ngang nhau (đối chứng)
với 12A (thực nghiệm)
Còn ở lớp thực nghiệm, đa số các em giải toán đạt đô chính xác cao.
Với những biện pháp đã áp dụng, sau khi thực nghiệm và đối chứng đề tài
ở lớp, tôi thu được kết quả sau:
Lớp
Số
lượng
Đạt yêu cầu Không đạt yêu cầu
Ghi chú
Số
lượng

%
Số
lượng
%
12A 50 17 34 33 66 Đối chứng
Lớp
Số
lượng
Đạt yêu cầu Không đạt yêu cầu
Ghi chú
Số
lượng
%
Số
lượng
%
_____________________________________________________________
25
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo