Sử dụng phương pháp tính tích phân để giúp học sinh lớp 12 tính tích phân hàm ẩn nhằm nâng cao chất lượng thi

MỤC LỤC

NỘI DUNG
1. MỞ ĐẦU

TRANG
1

1.1. Lý do chọn đề tài

1

1.2. Mục đích nghiên cứu

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu

2

1.4. Phương pháp nghiên cứu

2

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2

2.1. Cơ sở lý luận

2

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

3

2.3. Các giải pháp thực hiện

4

2.3.1. Phương pháp biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản

4

2.3.2. Phương pháp đổi biến số.

9

2.3.3. Phương pháp tính tích phân từng phần

12

2.3.4. Tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân

14

2.3.5. Bài tập áp dụng

18

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

19
20

3.1. Kết luận

20

3.2. Kiến nghị

20

4. TÀI LIỆU THAM KHẢO

21

0


1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình phổ thông, phép tính tích phân chiếm một vị trí hết sức quan
trọng trong toán học, tích phân được ứng dụng rộng rãi trong thực tế như là tính
diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay, nó là một trong những cơ sở để
nghiên cứu Giải tích hiện đại. Ngoài ra phép tính tích phân còn được ứng dụng
rộng rãi trong Xác suất, Thống kê, Vật lý, Cơ học,...
Phép tính tích phân được bắt đầu giới thiệu cho các em học sinh lớp 12 và nó có
mặt hầu hết trong các kỳ thi như thi THPT- QG, thi học sinh giỏi các cấp. Hiện nay
với xu hướng thi trắc nghiệm, phần tích phân còn được yêu cầu rộng hơn và đòi hỏi

học sinh phải tư duy linh hoạt hơn , từ đó tích phân của một số hàm ẩn cũng đã
được đưa vào để yêu cầu học sinh. Mặc dù đã được học kỹ các phương pháp tính
tích phân , nhưng đứng trước yêu cầu về tính tích phân của hàm ẩn đa số các em
còn nhiều lúng túng và thậm chí là không định hình được lời giải khi đứng trước
các bài toán dạng này.
Muốn học sinh học tốt được tích phân thì mỗi người Giáo viên không phải chỉ
truyền đạt, giảng giải theo các tài liệu đã có sẵn trong Sách giáo khoa, trong các
sách hướng dẫn và thiết kế bài giảng một cách rập khuôn, máy móc, làm cho học
sinh học tập một cách thụ động. Nếu chỉ dạy học như vậy thì việc học tập của học
sinh sẽ diễn ra thật đơn điệu, tẻ nhạt và kết quả học tập sẽ không cao. Nó là một
trong những nguyên nhân gây ra cản trở việc đào tạo các em thành những con
người năng động, tự tin, sáng tạo sẵn sàng thích ứng với những đổi mới diễn ra
hàng ngày.
Yêu cầu của giáo dục hiện nay đòi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học môn
toán theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh. Vì vậy
người giáo viên phải gây được hứng thú học tập cho các em bằng cách thiết kế bài
giảng khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế.
Vì những lí do đó, để giúp học sinh có cơ sở khoa học, có có hệ thống kiến thức
về tính tích phân của hàm ẩn và tháo gỡ những vướng mắc trên, nhằm nâng cao
chất lượng dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục , tôi đã chọn đề tài sáng
kiến kinh nghiệm “Sử dụng phương pháp tính tích phân để giúp học sinh lớp 12
tính tích phân hàm ẩn , nhằm nâng cao chất lượng thi THPT Quốc gia năm
2018”.
Với đề tài này tôi hi vọng sẽ giúp cho học sinh dễ dàng nắm bắt và thành thạo
trong việc tính tích phân nói chung và tích phân của hàm ẩn nói riêng.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Làm rõ vấn đề mà học sinh còn lúng túng , mắc nhiều sai lầm và thậm chí là
không có định hình về lời giải trong việc tính tích phân của hàm ẩn.
- Góp phần gây hứng thú học tập phần tích phân hàm ẩn cho học sinh, một trong
các phần được coi là hóc búa , đòi hỏi tính tư duy cao và không những chỉ giúp

1


giáo viên lên lớp tự tin, nhẹ nhàng; học sinh lĩnh hội được tri thức một cách đầy đủ,
khoa học mà còn giúp các em củng cố và khắc sâu các tri thức .
- Làm cho học sinh thấy được tầm quan trọng của chương học, là vấn đề then
chốt cho việc tiếp nhận và giải các dạng toán tiếp theo.
- Nâng cao chất lượng bộ môn toán theo từng chuyên đề khác nhau góp phần
nâng cao chất lượng dạy học.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Chương Nguyên hàm - Tích phân và chủ yếu là phương pháp tính tích phân
hàm ẩn.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
a. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục ... có liên quan đến nội dung đề tài
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
- Tham khảo các đề minh họa thi THPT-QG của Bộ GD và đề thi thử của các
trường trên toàn Quốc
b. Nghiên cứu thực tế :
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp về nội dung tích phân .
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học.
- Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua các
tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài.
- Nghiên cứu khả năng nắm bắt của học sinh qua từng tiết học.
- Tìm hiểu qua phiếu thăm dò của học sinh.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận
Các kiến thức cơ bản
Các kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài bao gồm các định nghĩa và tính chất

từ sách giáo khoa mà học sinh đã được học
2.1.1. Định nghĩa
Cho hàm số f liên tục trên K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K . Nếu F là một
nguyên hàm của f trên K thì hiệu số F (b)  F (a) được gọi là tích phân của f từ a
b

f ( x )dx . Trong trường hợp a  b , ta gọi
đến b và kí hiệu là �
a

b

f ( x)dx
�

là tích phân

a

của f trên đoạn  a; b .
b
Người ta dùng kí hiệu F ( x) a để chỉ hiệu số F (b)  F (a) . Như vậy Nếu F là một
b

nguyên hàm của f trên K thì

f ( x )dx  F ( x)
�

b

a

 F (b)  F ( a) .

a

2.1.2. Tính chất
Giả sử f , g liên tục trên K và a, b, c là ba số bất kì thuộc K . Khi đó ta có
2


a

1)

f ( x)dx  0 ; 2)
�
a

4)

b

a

f ( x)dx   �
f ( x)dx ; 3)
�
a

b

b

b

b

a

a

a

f ( x)dx  �
g ( x)dx
 f ( x)  g ( x) dx  �
�

b

c

a

b

c

f ( x)dx  �

f ( x)dx  �
f ( x )dx
�
a

b

b

a

a

kf ( x )dx k �
f ( x )dx với k �R .
; 5) �

( x)  f ( x) với mọi x �K thì F ( x)  �
f ( x)dx
Chú ý là nếu F �
2.1.3. Phương pháp đổi biến số
b

g ( x )dx .Giả sử g ( x) được viết dưới dạng f  u ( x)  .u �
( x) ,trong
Tính tích phân I  �
a

đó hàm số u ( x) có đạo hàm trên K , hàm số y=f(u) liên tục sao cho hàm hợp f  u ( x) 
xác định trên K và a, b là hai số thuộc K . Khi đó

b

u (b )

a

u(a)

f  u ( x )  .u �
( x)dx  �f (u )du
�

Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số thay cho x .
Như vậy tích phân không phụ thuộc vào biến tức là

b

b

b

a

a

a

f ( x)dx  �
f (u ) du  �

f (t )dt  ...
�

2.1.4. Phương pháp tính tích phân từng phần
b

b

u ( x ) v�
( x) dx   u ( x)v( x)  a  �
v ( x )u �
( x) dx (trong đó u , v có đạo hàm liên tục
Công thức �
a

b

a

trên K và a, b là hai số thuộc K ).
2.2. Thực trạng của đề tài
Năm học 2016 - 2017 bộ GD-ĐT chuyển đổi hình thức thi THPT quốc gia của
môn toán từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi hỏi phương pháp dạy và học
cũng phải thay đổi cho phù hợp.
Trong các đề minh họa của bộ GD - ĐT , đề thi THPT quốc gia và đề thi thử của
các trường THPT trên toàn Quốc , học sinh thường gặp một số câu về tính tích phân của
hàm ẩn và các bài toán có liên quan , đây là các bài ở mức độ vận dụng để lấy điểm cao.
Hướng dẫn các em vận dụng tốt phần này sẽ tạo được cho các em có thêm phương
pháp, có linh hoạt hơn trong việc tính tích phân và nâng cao tư duy trong giải toán từ đó
các em vận dụng và làm tốt trong các bài thi.

Trước khi áp dụng đề tài này vào dạy học, tôi đã khảo sát chất lượng học tập của
học sinh trường THPT Hậu Lộc 4 (thông qua các lớp trực tiếp giảng dạy) về các bài
toán tính tích phân hàm ẩn, đã thu được kết quả như sau:
Lớp Sĩ
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
12A6 36 0
0
5 13,9 21
58.3
7
19.4
3
5.4
12A7 39 1
2.6 10 25.6 22
56.4

5
12.8
1
2.6
12A9 42 0
0
1
2.4
28
66.7
8
19.0
5
11.9

3


Như vậy số lượng học sinh nắm bắt dạng này không nhiều, có rất nhiều em chưa định
hình được lời giải do chưa có được nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Thực hiện đề tài này , tôi đã hệ thống lại các phương pháp tính tích phân đã được học
để áp dụng tính cho hàm ẩn thông qua các phương pháp cụ thể và các bài tập tương ứng
cho mỗi phương pháp đó. Cuối cùng là bài tập tổng hợp đề học sinh vận dụng các
phương pháp đã được học vào giải quyết. Do khuôn khổ đề tài có hạn nên tôi chỉ đưa ra
được bốn phương pháp tính tích phân của hàm ẩn thông qua một số ví dụ tương ứng đó
là: Phương pháp biến đổi để đưa về nguyên hàm cơ bản, phương pháp đổi biến số,
phương pháp tính tích phân từng phần và tạo bình phương cho biểu thức dưới dấu tích
phân.
2.3. Giải pháp tổ chức thực hiện
Thực hiện đề tài này tôi chia nội dung thành bốn phần

Phần 1. Biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản
Phần 2. Phương pháp đổi biến số
Phần 3. Phương pháp tính tích phân từng phần
Phần 4. Tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân
Mỗi phần được thực hiện theo các bước:
- Nhắc lại kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài
- Nêu các ví dụ áp dụng
- Nêu các nhận xét trước khi đưa ra lời giải cho các bài tập mới và khó.
Sau đây là nội dung cụ thể:
2.3.1. BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ NGUYÊN HÀM CƠ BẢN
a . Kiến thức sử dụng
( x )  f ( x ) với mọi x �K thì F ( x)  �
f ( x) dx
* Nếu F �
* Các công thức về đạo hàm:
; 2)
1) u�
.v  u.v�
  uv  �

�
u�
u�
v  uv� �u �
3)

;

�
�

2 u
v2
�v �

 u  �; 4) nu

; 5) 
u�
  un �

n 1

�
u � �1 �
.

�
�
u 2 �u �

b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f  x  �0 , liên tục trên đoạn  1; 2 và thỏa mãn f (1) 

1
3

2

x2 . f �
( x)   1  2 x 2  . f 2 ( x) với x � 1; 2 . Tính tích phân I  �

f ( x)dx
1

�
f�
( x) 1  2 x
u� � 1 �

,
biểu
thức
vế
trái
có
dạng


� �. từ đó ta
f 2 ( x)
x2
u2 � u �
2

Nhận xét: từ gt ta có
có lời giải.

Lời giải
� 1
� 1 �
f�

( x) 1  2 x 2
Ta có x 2 . f �
( x )   1  2 x 2  . f 2 ( x) � 2

�

�
� 2  2
f ( x)
x2
� f ( x) � x
4


1
1
1
1
�1
�
�
.dx � 
   2 x  c , do f (1)  � c  0
�2  2�
f ( x)
f ( x)
x
3
�x
�

2
1
2x 1
x

� f ( x)  2
Nên ta có
f ( x)
x
2x 1

�

2

2

2

2

x
1 d (1  2 x 2 ) 1
1
1
I

f
(
x

)
dx

dx

 ln 1  2 x 2   2 ln 3  ln 3   ln 3
Khi đó
2
2
�
�
�
1 2x
4 1 1 2x
4
4
4
1
1
1
Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm trên R và thỏa mãn
1

f ( x)dx
f ( x). f �
( x )  2 x. f ( x)  1  0 với x �R và f (0)  0 . Tính tích phân I  �
2

0

Nhận xét: từ gt ta có

f ( x). f �
( x)
f ( x)  1
2

uu �

 2 x , biểu thức vế trái có dạng

u 1
2







�
u2 1 .

từ đó ta có lời giải.
Lời giải
f ( x). f �
( x)

( x)  2 x. f 2 ( x)  1  0 �
Ta có f ( x). f �

�

f 2 ( x)  1  �
2 xdx �

f 2 ( x)  1

 2x �





�
f 2 ( x)  1  2 x

f 2 ( x)  1  x 2  c . Do f (0)  0 � c  1 nên ta có

f 2 ( x )  1  x 2  1 � f 2 ( x)  1   x2  1 � f 2 ( x)  x 2  x2  2  � f ( x)  x
2

1

1

x2  2

1

f ( x)dx  �

x x  2dx  �
x x 2  2dx
(vì f ( x) không âm trên R ). Khi đó I  �
2

0



0

1

1



1
1 2
1
x 2  2d ( x 2  2)  . �
x2  2 x2  2 �  3 3  2 2

�
� 3
20
2 3�
0

0



Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm trên đoạn  1; 4 và thoả mãn
x  2 x. f ( x)   f �
( x)  với x � 1; 4 . Biết f (1) 
2

4

3
f ( x)dx
, tính I  �
2
1

Lời giải

f�
( x) 0, x  1; 4
Do f ( x) đồng biến trên đoạn  1; 4 �
2
2
( x ) �0, x � 1; 4
( x)  � x  1  2. f ( x)    f �
( x)  , do x � 1; 4 và f �
Ta có x  2 x. f ( x)   f �
� f ( x) 

f�

( x)
1
( x)  x . 1  2 f ( x) �
 x�
và f �
1  2 f ( x)
2

� 1  2 f ( x)  �xdx � 1  2 f ( x) 





�
1  2 f ( x)  x

2
3
3 2
4
x x  c . Vì f (1)  � 1  2.   c � c 
3
2
2 3
3
2

2
4

4�
2
8 3 7
�2
� 1  2 f ( x )  x x  � 1  2 f ( x)  � x x  �� f ( x)  x 3  x 2 
3
3
3�
9
9
18
�3
5


4

4

4

�2 3 8 32 7 � �1 4 16 52 7 � 1186
I

f
(
x
)
dx


dx  � x  x  x � 
Khi đó
�x  x  �
�
�
9
9
18
18
45
18 �
45
� �
1
1�
1

Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm cấp hai trên đoạn  0; 2 và thỏa
2
2
�
( x)   f �
( x)   0 với x � 0; 2 . Biết f (0)  1, f (2)  e 6 , tính tích
mãn 2  f ( x)   f ( x). f �
0

I�
(2 x  1). f ( x)dx .
2

Nhận xét: từ gt ta có

�
f ( x). f �
( x)   f �
( x) 

 f ( x) 

2

�
( x) �
 2 , biểu thức vế trái có dạng �f �
�f ( x) �. từ
�
�

2

đó ta có lời giải.
Lời giải
f ( x�
) f (2)
Do f ( x) đồng biến trên đoạn  0; 2 nên ta có f (0) ���
�
f ( x). f �
( x)   f �
( x)

�
( x)   f �
( x)   0 �
Ta có 2  f ( x)   f ( x). f �
2

2

 f ( x )

2

2

1

f ( x) e6

�
( x) �
 2 � �f �
�f ( x) � 2
�
�

f�
( x)
f�
( x)
�

2.dx  2 x  c � � .dx  �
 2 x  c  dx � ln f ( x)  x 2  cx  c1 mà 1 �f ( x) �e6
f ( x)
f ( x)
c 0
c 1
�f (0)  1
�
�
� �1
��
Nên ta có ln f ( x)  x 2  cx  c1 . Do �
6
c1  0
4  2c  c1  6
�
�
�f (2)  e
�

� ln f ( x)  x 2  x � f ( x )  e x
0

2

x
0

(2 x  1). f ( x)dx  �
(2 x  1).e

Khi đó I  �
2

x2  x

2

0

2

dx  �
e x  x d (e x

2

x

)  ex

2

( x).e f
Ví dụ 5. Cho f ( x) có đạo hàm trên R và thỏa mãn 3 f �
x �R . Biết f (0)  1 , tính tích phân I 

3

2

x

0
2

( x )  x 2 1

 1  e2


2x
 0 với
f 2 ( x)

7

x. f ( x)dx
�
0

Lời giải
( x).e f
Ta có 3 f �
� ef

3

( x)

3

2

( x )  x 1

2



2x
�
2
f 3 ( x)
x2 1
f 3 ( x) �
x 2 1
�
�

0
�
3
f
(
x
).
f
(
x
).

e

2
x
.
e
�
e

2
x
.
e
� �
f 2 ( x)
2

�
2 xe x 1dx  �
e x 1d ( x 2  1)  e x

f (0)  1 � e  e  c � c  0 � e f
7

7

3

(x)

 ex

2

2

1

1

1
Khi đó I  �
x. f ( x)dx  �
x. x 2  1.dx 
2
0
0
3

 c . Do

� f 3 ( x)  x 2  1 � f ( x)  3 x 2  1
7

7

3
45
x 2  1.d ( x 2  1)  �
x 2  1 3 x 2  1 � 


�
�
8�
8
0
0
3

6


( x)  1 với
Ví dụ 6. Cho f ( x) có đạo hàm trên  0;1 thỏa mãn f ( x)   x  1 . f �
1

7
f ( x )dx
x � 0;1 . Biết f (5)  , tính tích phân I  �
6
0

Nhận xét: từ gt ta có  x  1 �f ( x)   x  1 . f �
( x)  1 , vế trái là biểu thức có dạng
, từ đó ta có lời giải
u�
.v  u.v�
  uv  �
Lời giải
�

Ta có f ( x)   x  1 . f �
( x)  1 �  x  1 �f ( x)   x  1 . f �
( x)  1 � �
 x  1 f ( x) �
�
� 1
�  x  1 f ( x)  �
dx �  x  1 f ( x)  x  c , vì f (5) 
�  x  1 f ( x)  x  2 � f ( x) 
1

1

x2
. Khi đó
x 1

7
7
� 6.  5  c � c  2
6
6

1

1

x2
� 1 �
I �

f ( x)dx  � .dx  �
1
.dx   x  ln x  1   1  ln 2
�
�
x 1
x 1�
0
0
0�
0

Nhận xét: với u ( x) là biểu thức cho trước thì ta có  u ( x). f ( x)  � u�
( x). f ( x )  u ( x ). f �
( x)
( x) ta được  u ( x). f ( x)  � v( x). f ( x)  u ( x). f �
Đặt v( x )  u�
( x) (*). Như vậy nếu biểu thức
( x) ta có thể biến đổi đưa về dạng  u ( x). f ( x )  �
có dạng v( x ). f ( x)  u ( x). f �
.Khi đó ta có
bài toán tổng quát cho ví dụ 5 như sau:
Cho A( x); B( x) ; g ( x) là các biểu thức đã biết. Tìm hàm số f ( x) thỏa mãn
A( x) f ( x)  B ( x) f �
( x )  g ( x) (**)
Do vế trái có dạng (*) nên ta có thể biến đổi (**) �  u ( x). f ( x) � g ( x)
u�
( x)  A( x) u �
�
( x) A( x)

u�
( x)
A( x)
�

� � .dx  � .dx
u ( x )  B ( x)
u ( x) B ( x )
u ( x)
B( x)
�
A( x)
� ln u ( x )  G ( x)  c (với G ( x) là một nguyên hàm của
) � từ đây ta sẽ chọn
B ( x)
được biểu thức u ( x) .
1
Ví dụ 7. Cho f ( x) có đạo hàm trên  0;1 thỏa mãn f (1) 
và
2018

Trong đó u ( x) được chọn sao cho : �

1

2018 f ( x)  x. f �
( x)  2 x

2018

f ( x)dx
với x � 0;1 .Tính tích phân I  �
0

Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u ( x) . Ta có
2018
� ln u ( x)  � dx � ln u ( x)  2018ln x  c � ln u ( x)  ln x 2018  c
x
nên ta chọn u ( x)  x 2018 , khi đó ta có lời giải như sau:

Lời giải
7


Ta có
�
2017
2018
4035
�
x 2018 . f ( x) �
( x)  x 2017  2018 f ( x)  xf �
( x)   x 2017 . �
2 x 2018 �
�
� 2018 x f ( x)  x f �
�
� 2 x
1
1

1
x 4036
�

c
2 x 4035 dx � x 2018 f ( x) 
 c , do f (1) 
Khi đó x 2018 f ( x)  �
2018
2018 2018
2018
x 4036
x 2018
� c  0 � x 2018 f ( x) 
� f ( x) 
2018
2018
1

1

1

� x 2019
�
x 2018
1
f ( x )dx  � dx  �
khi đó I  �
�

2018
�2019.2018 �0 2018.2019
0
0

( x)  2e x với
Ví dụ 8. Cho f ( x) có đạo hàm trên  1; 2 thỏa mãn ( x  1) f ( x)  x. f �
2

x � 1; 2 . Biết f (1)  e , tính tích phân I  �
x. f ( x)dx
1

Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u ( x) . Ta có

x 1
� ln u( x)  � dx � ln u ( x)  x  ln x  c � ln u ( x )  ln e x  ln x  c
x
� ln u ( x )  ln xe x  c nên ta chọn u ( x)  xe x , từ đó ta có lời giải

Lời giải
�
x �
x
Ta có �
xe x . f ( x ) �
( x)   e x  xe x  f ( x)  xe x . f �
( x)
�
�  xe  f ( x )  xe . f �

� x 2e x �� xe x . f ( x)  2e 2 x dx � xe x . f ( x)  e 2 x  c
 ex �
( x)�
xe x . f ( x) �
 x  1 f ( x)  xf �
�
�� �
�
�
� e . �
� �

do f (1)  e � e.e  e 2  c � c  0 � xe x . f ( x )  e 2 x � f ( x ) 
2

2

1

1

ex
.
x

2

x. f ( x)dx  �
e x dx  e x  e 2  e
Khi đó I  �

1

Ví dụ 9. Cho f ( x) liên tục và có đạo hàm trên R \  1; 0 thỏa mãn
x( x  1) f �
( x)  f ( x)  x  x với x �R \  1;0 và f (1)  2 ln 2 . Tính tích phân
2

2

xf ( x)dx
�
1

1
dx
Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u ( x) .Ta có ln u ( x)  �
x( x  1)
1 �
x
�1
� ln u ( x )  �
dx � ln u ( x) 
 c , nên ta chọn
�
�
x 1
�x x  1 �
x
u ( x) 
, từ đó ta có lời giải

x 1

Lời giải

�
x
�
Ta có �
.
f
(
x
)
�
�
�x  1

1
x
1
f ( x) 
.f �
( x) 
. f ( x)  x( x  1) f �
( x) 
2
x 1
( x  1) 2
� ( x  1)

8


�
� x
1
x
x
�x
�
�x
�
� � . f ( x) �
.�
x2  x�
�
.
f
(
x
)

�
. f ( x)  � dx
2 �
�
�
�
x 1
x 1

�x  1
� ( x  1)
�x  1
� x 1
x
x
� 1 �
�
. f ( x)  �
1
dx �
. f ( x)  x  ln x  1  c . Do
�
�
x 1
x 1
� x 1�
1
f (1)  2 ln 2 � .( 2 ln 2)  1  ln 2  c � c  1
2
x 2  1  ( x  1).ln x  1
x
�
. f ( x)  x  ln x  1  1 � f ( x) 
. Khi đó
x 1
x
2

2

2

�3
� 2
4
I �
xf ( x)dx  �
( x  1).ln  x  1 .dx   I1
 x  1  ( x  1).ln  x  1  .dx  �x3  x �  �
3
�
�
1
1
1
1
1
�
du 
dx
2
�
u  ln( x  1)
�
�
x 1
( x  1).ln  x  1 .dx ; đặt �
��
Với I1  �

x2
1 1
2
�dv  ( x  1)dx
1
�
v   x    x  1
� 2
2 2
2

2

2

2

1
� 9
9
1 �x 2
5
�
� 1
� I1  � ( x  1) 2 .ln( x  1) �  �
x

1
dx
�

I

ln
3

2
ln
2

 x �  ln 3  2 ln 2 


�
1
2
2
2 �2
2
4
�
�1 2 1
�
1
4

4

9

5

31 9

�
�
Khi đó I   I1   � ln 3  2 ln 2  �  ln 3  2 ln 2 .
3
3
2
4
12 2
�

�

2.3.2. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
a. Kiến thức sử dụng
b

u (b)

a

u(a)

f  u ( x)  .u �
( x )dx 
Công thức : �

�f (u )du

Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số thay cho x .
Như vậy tích phân không phụ thuộc vào biến tức là

b

b

b

a

a

a

f ( x)dx  �
f (u ) du  �
f (t )dt  ...
�

b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn 2018. f ( x)  f ( x)  e x với
1

x �R . Tính tích phân I 

�f ( x)dx

1

Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) và f ( x) , nên ta biến đổi tạo ra hai biểu thức này
bằng cách đặt x  t , từ đó ta có lời giải
Lời giải
�x  1 � t  1
�x  1 � t  1

Đặt x  t � dx  dt , đổi cận : �
1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

f (t )dt  �
f (t )dt � I  �

f ( x )dx .Vì 2018I  I  2018 �
f ( x)dx  �
f ( x )dx
Khi đó I   �
9


nên 2019 I 

1

1

1

1

e x dx  e x
 2018 f ( x)  f ( x)dx � 2019 I  �
�

1
e2  1
e � I 
1
e
2019e

1

2 �
2
�
Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn � ;1�và thỏa mãn 2 f ( x)  3 f ( )  5 x
3 �
�

3x

1

f ( x)
2 �
�
I  � dx

x
�
;1
với
. Tính tích phân
�
x
2
3 �
�
�
3

2

3x

Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) và f ( ) , nên ta biến đổi tạo ra hai biểu thức này
bằng cách đặt x 

2
, từ đó ta có lời giải
3t

Lời giải
2
� 2
2 1
x  �t 1
). 2
3 f (
�
2
2
2
� 3
3
t
Đặt x  � dx   2 dt , đổi cận : �
. Khi đó I   � 2 t dt
31
3t
3t
�x  1 � t  2
3t

�
3
2
2
2
)
)
)
1 f (
1 f (
1
1 f (
f
(
x
)
 � 3t dt  � 3x .dx . Ta có 2 I  3I  2 � dx  3� 3 x .dx
t
x
x
x
2
2
2
2
3

3

3

3

2
)
1 2 f ( x)  3 f (
1
1
5x
5
1
3
x
� 5I  �
.dx  � dx  �
5dx  � I 
x
3
3
2
2 x
2
3

3

3

Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  0; 2 và thỏa mãn
2

f ( x)dx
3 f ( x)  4 f (2  x )   x  12 x  16 với x � 0; 2 . Tính tích phân I  �
2

0

Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) và f (2  x) , nên ta biến đổi tạo ra hai biểu thức này
bằng cách đặt x  2  t , từ đó ta có lời giải
Lời giải
�x  0 � t  2
�x  2 � t  0

Đặt x  2  t � dx  dt , đổi cận : �
0

2

2

f (2  t )dt  �
f (2  t )dt � I  �
f (2  x)dx
Khi đó I   �
2

0

0

2

2

0

0

2

2

f ( x )dx  4�
f (2  x)dx  �
 3 f ( x)  4 f (2  x) dx �  I  �
  x 2  12 x  16  .dx
Ta có 3I  4 I  3�
2

0

0

2

�
�
� I  �
  x 2  12 x  16 .dx  �3x  6x 2  16x �  163 � I   163
�

�0
0
3

10


Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x )  4 xf ( x 2 )  2 x  1 với
1

f ( x)dx
x �R . Tính tích phân I  �
0

Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) và f ( x 2 ) , nên ta biến đổi tạo ra hai biểu thức này
bằng cách đặt x  t 2 , từ đó ta có lời giải
Lời giải
�x  0 � t  0
�x  1 � t  1

Đặt x  t 2 � dx  2tdt , đổi cận : �
1

1

1

1

0

0

f (t ).2tdt � I  2 �
xf ( x )dx . Ta có I  2 I  �
f ( x)dx  4 �
xf ( x 2 ) dx
Khi đó I  �
2

2

0

0

1

1

0

0

2
�
�
dx  �
 2 x  1 dx   x 2  x  0  2 �  I  2 � I  2
�f ( x )  4 xf ( x ) �

�
1

Như vậy từ 4 ví dụ trên ta thấy nếu giả thiết cho mối liên hệ giữa f ( x) và f (u ( x))
Thì ta đặt x  u (t )
Ví dụ 5. Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x3  2 x  2)  3 x  1 với
10

f ( x )dx
x �R . Tính tích phân I  �
1

Lời giải
3
�
�x  1 � t  2t  3 � t  1
Đặt x  t  2t  2 � dx   3t  2t  dt , đổi cận : �
3
�x  10 � t  2t  12 � t  2
3

2

2

2

2

1

1

f (t 3  2t  2).  3t 2  2t  dt  �
 3t  1  3t 2  2t  dt  �
 9t 3  3t 2  2t  dt
Ta có I  �
1

2

�9t 4
� 151
 �  t3  t2 � 
4
�4
�
1

Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  1;5 và thỏa mãn

 f ( x) 

4

2019

f ( x)dx
 f ( x )  2  x với x � 1;5 . Tính tích phân I  �
0

Lời giải

Đặt t  f ( x) � t

2019

 t  2  x � dx   2019t 2018  1 dt

�x  0 � t 2019  t  2  0 � t  1
�
Đổi cận : �
2019
�x  4 � t  t  2  4 � t  1
1

t  2019t
Ta có I  �
1

2018

 1 dt 

1

1

 2019t
�

1

2019

�2019 2020 1 2 �
 t  dt  �
t
 t � 0
2 �1
�2020

11


Ví dụ 7. Biết mỗi số thực t �0 phương trình 4 x3  tx  4  0 có nghiệm dương duy
nhất x  x(t ) , với x(t ) là hàm số liên tục theo t trên  0; � .Tính tích phân
7

I �
 x(t ) dt
2

0

Lời giải
4  4 x3
8 x3  4
� dt  
dx , đổi cận :

Đặt t 
x
x2
1
2

x2 .
Ta có I   �
1

�
t  0 � 4 x3  4  0 � x  1
�
�
1
t  7 � 4 x3  7 x  4  0 � x 
�
�
2

1

1
8 x3  4
31
dx  �
8 x3  4  dx   2 x 4  4 x  1 

2
x

8
1
2
2

2.3.3. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
a. Kiến thức sử dụng
b

b

u ( x ) v�
( x) dx   u ( x)v( x)  a  �
v ( x )u �
( x) dx (trong đó u , v có đạo hàm liên tục
Công thức �
b

a

a

trên K và a, b là hai số thuộc K ).
b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên R thỏa mãn f ( 3)  3 và
3

f ( x )dx

�1  x

0

2



( x ) ln  x 
�f �
3

1 . Tính tích phân I 

1  x 2 dx

0

Lời giải





1
�
�
du 
dx
u  ln x  1  x 2
�
�

��
1  x2
Đặt �
�
�
dv  f �
( x) dx
�
v  f ( x)
�



Khi đó I  f ( x) ln x  1  x 2



3
0

3



f ( x )dx

�1  x
0

2





 3 ln 2  3  1

Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên R thỏa mãn 2 f (3)  f (0)  18 và
3

( x)  1 x  1dx 
 f�
�
0

3

302
f ( x)
I �
dx
.
Tính
tích
phân
15
x

1
0

Lời giải
1
�
�
du 
dx
u  x 1
�
�
��
2 x 1
Đặt �
dv   f �
( x)  1 dx �
�
v  f ( x)  x  1
�
3
3
� f ( x)
302 �
x 1 �
�
�

dx
 f ( x)  x  1 x  1�0  �
Khi đó
�

�
15
2 �
2 x 1
0 �

12


3

I 1
302
I 14
76
 2 f (3)  f (0)  7   �x  1dx �
 25   � I 
2 20
15
2 6
15

Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  1;3 thỏa mãn
3

f ( x)  ln x
xf �
( x)
dx
f (3)  f (1)  3 và �

dx  0 . Tính tích phân I  �
2
x

1
x

1


1
1
3

Lời giải
�
1�
�
u  f ( x)  ln x
�
du  �f �
( x)  �
dx
�
f ( x)  ln x
�
�
x
�
�

.dx , đặt �
1
�
Xét I  �
2
dv 
dx �
 x  1
2
1
x
1
�
�
v
1 
 x  1
�
�
x 1
x 1
�
3

3

3
( x)
1 �
�x

� �xf �

dx
Khi đó I  �  f ( x )  ln x  �  �
�
�x  1
�1 1 �x  1 x  1�
�



3
3
1
3 3
0  ln x  1 1 �  ln 3  ln 2 .
 f (3)  ln 3  f (1)  �
�
� 4 4
4
2

Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0;1 thỏa mãn f (1) 
1

1
và
2

1

xf ( x)
( x)  x  .ln(1  x 2 )dx  2 ln 2  1 . Tính tích phân I  � 2 dx
 f�
�
1 x
0
0

Lời giải
2x
�
du 
dx
2
�
�
u

ln(1

x
)
�
�
1  x2
2
�
f
(

x
)

x
.ln(1

x
)
dx

2
ln
2

1
��


Xét �
, đặt �
dv   f �
( x)  x  dx �
x2 1
0
�
v  f ( x)  
�
2 2
1

1

�
� 1 �2 xf ( x)
�
x2  1 �
�
2
ln(1  x ) �  �
 x�
dx
Khi đó 2 ln 2  1  �
�f ( x) 
�
�
2
2 �
�
�
�
�0 0 �1  x
1

1

xf ( x)
3
1
1 1
  f (1)  1 ln 2  2� 2 dx  �

xdx � 2 ln 2  1  ln 2  2 I  � I   ln 2
1 x
2
2
4 4
0
0

2.3.4. TẠO BÌNH PHƯƠNG CHO HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN
a. Kiến thức sử dụng
Nếu f ( x) �0 với x � a; b thì

b

f ( x)dx �0 , dấu "=" xảy ra �
�

f ( x)  0, x � a; b 

a

13


b

Hệ quả:

f ( x)dx  0 �
�

2

f ( x)  0 với x � a; b  .

a

b. Ví dụ áp dụng
1

xf ( x) dx  1 và
Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0;1 . Biết �
0

1

 f ( x) 
�

2

0

1

dx  3 . Tính tích phân I  �
 f ( x) 

2018

dx .

0

2
2
Nhận xét : giả thiết chứa  f ( x) và xf ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x)  ax 
1

1





 f ( x)  ax  dx  0 � � f ( x)  2axf ( x)  a 2 x 2 dx  0
Ta chọn a sao cho �
2

0

1

0

1

2

1

2

��
xf ( x )dx  a 2 �
x 2 dx  0 � 3  2a  a  0 � a  3 .Từ đó ta có lời giải
 f ( x) dx  2a �
3
0
0
0
2

Lời giải
1

 f ( x)  3x 
Ta có �
0

2

1





1

1

1

0

0

dx  0 � �
xf ( x)dx  9 �
x 2 dx
 f ( x)   6 xf ( x)  9 x 2 dx  �
 f ( x) dx  6�
0

2

1

� 3  6  3  0 � f ( x)  3x . Khi đó I  �
 f ( x) 
0

2018

2

0

1

dx  32018 �
x 2018 dx 
0

2018

3
.
2019


��
0; �. Biết f ( )  0 ,
Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn �
2
� 2�

2


2



2
 . Tính tích phân
và
�
f
(

x
)
dx


cos
x
.
f
(
x
)
dx

I

f ( x )dx


�
�
�
2
0
0
0
2

2
( x)  và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó

Nhận xét : giả thiết chứa  f �


2

( x) bằng cách đặt
trước hết ta biến đổi �
cos x. f ( x )dx để tạo biểu thức f �
0

u  f ( x)
du  f �
( x )dx
�
�
��
, khi đó    f ( x) s inx 
�
dv

cos
xdx
v

s
inx
�
�
2


2

��
f�
( x) sin xdx  
0


2
0


2

�
f�
( x) sin xdx
0

2
 . Đến đây ta được hai biểu thức  f �
( x ).s inx nên ta
( x)  và f �
2

2
( x)  a s inx  . Ta chọn a sao cho
tạo bình phương dạng  f �



2

( x)  a s inx 
 f�
�
0

2


2





dx  0 � �
( x)   2a s inx.f �
( x)  a 2 sin 2 x dx  0
 f�
0

2

14



2


2


2

��
( x)  dx  2a �
sin x. f �
( x)dx  a 2 �
sin 2 xdx  0
 f�
2

0

0

�   a 

0

2

a
�a �
 0 �  �  1� 0 � a  2 .Từ đó ta có lời giải
4
�2 �
2

Lời giải

2

u  f ( x)
�

du  f �
( x)dx
�


��
Xét �
cos x. f ( x) dx  , đặt �
dv  cos xdx �
v  s inx
�
2
0


2


2

0

0


khi đó    f ( x)s inx   �
f�
( x)sin xdx � �
f�
( x) sin xdx   . Ta có

2
0

2


2

( x)  2s inx 
 f�
�
0

   2 

2


2



2



dx  0 � �
( x)   4s inx.f �
( x)  4sin 2 x dx
 f�
0

2

4

0� f�
( x)  2sin x � f ( x )  2 cos x  c mà f ( )  0 � c  0 nên ta có
4
2

2


2

0

0

f ( x )  2 cos x . Ta có I  f ( x )dx  2 cos xdx  2

�
�

Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  1;0 . Biết f (1)  
0

2

( x) �
169
�f �
dx 
và
�
�
�
x �
105
1 �

7
10

1

0

103
f ( x)dx
 x  1 . f ( x)dx 

. Tính tích phân I  �
�
420
0
1
2

( x) �
�f �
Nhận xét : giả thiết chứa � � và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó
�x �
0

( x) bằng cách đặt
 x  1 . f ( x)dx để đưa về f �
trước hết ta biến đổi �
1

0
du  f �
( x)dx
�
0
2
u  f ( x)
�
�
�
�
�

�
103
x
1
2
�� x
�
 x �f ( x) �  �
x2  2 x  f �
( x)dx
�
,
khi
đó

�
dv   x  1 dx �
v x
420 �
�
�2
� �1 2 1
� 2
0
2
169
f�
( x) �
2
�

�
��
( x)
 x  2 x  f ( x)dx  105 . Đến đây ta được hai biểu thức � x � và  x 2  2 x  f �
�
�
1
2

( x)
�f �
�
 a  x 3  2 x 2  �, ta chọn a sao cho
nên ta tạo bình phương dạng �
�x
�
2
2
1
��f �
�
( x)
( x) �
f�
( x)
�f �
3
2 �
3
2

2
3
2 2

a
x

2
x
dx

0
�

2
a
x

2
x
.

a
x

2
x
dx  0
�
�







�
�
�x
�
��
�
x
�
�x �
�
0 �
0�
�
1

15


2

1

1

1

2
( x) �
�f �
��
dx  2a �
x2  2 x  . f �
( x)dx  a 2 �
x 3  2 x 2  dx  0


�
�
x �
0 �
0
0
169
169 169 2
�
 2a.

a  0 � a  1 .Từ đó ta có lời giải
105
105 105

Lời giải
0

103
 x  1 . f ( x)dx 
Xét �
, đặt
420
1

du  f �
( x) dx
�
u  f ( x)
�
�
2
�� x
�
, khi đó
dv   x  1 dx �
v x
�
� 2

0

0
169
�x 2
� � 10 2
103 �
�

x2  2x  f �
( x) dx 
�
�

x
f
(
x
)

x

2
x
f
(
x
)
dx



�
� �
�
�
105
420 �
1

�2
� �1 2 1
2
2
1
��f �
�
( x)
( x) �
f�
( x)
�f �
3
2 �
3
2
3
2 2

x

2
x
dx

0
�

2
x


2
x
.

x

2
x
dx
�
�






Ta có �
�
�x
�
��
�
x
�
�x �
�
0 �
0�

�
1

2

1

1

1

2
( x) �
169
169 169
�f �
�
dx  2�
x2  2x  . f �
( x )dx  �
x 3  2 x 2  dx 
 2.

0


�
�
x �
105

105 105
0 �
0
0
f�
( x)
1
1
7
�
 x3  2 x 2 � f �
( x)  x 4  2 x 3 � f ( x)  x 5  x 4  c . Mà f ( 1)   � c  0
x
5
2
10
1

1
1
1 5 1 4
1
�1 5 1 4 � �1 6 1 5 �
f ( x)dx  �
x  x �
dx  � x  x �  
nên f ( x)  x  x . Khi đó I  �
�
5
2

5
2 � �30
10 �0
15
0
0�

Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0; 2 . Biết f (2)  7 và
2

2
f ( x)dx
f�
( x)   21x 4  12 x  12 xf ( x ) với x � 0; 2 . Tính tích phân I  �



0

Lời giải
2

2

�
( x)  dx  �
21x 4  12 x  12 xf ( x) �
dx
 f�
Từ giả thiết ta có �

�
�
2

0

2

0

2

2

2

0

0

0

��
( x )  dx  �
xf ( x)dx � �
( x )  dx 
 f�
 f�
 21x 4  12 x  dx  12�
2

0

2

2

552
 12 �
xf ( x )dx (*)
5
0

2
( x)  và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó
Đến đây ta có hai biểu thức  f �

du  f �
( x )dx
�
u  f ( x) �
�
xf ( x) dx để tạo ra f �
( x) bằng cách đặt �
� � x2
trước hết ta biến đổi �
dv

xdx
v

�
0
�
� 2
2

2

2

2
�x 2
� 12 2
1 2
�
xf ( x) dx  � f ( x) �  �
x f ( x) dx  14  �
x f�
( x) dx , thế vào (*) ta được
Khi đó �
2
2
2
�
�0
0
0
0
2
� 12 2

� 2
288
2
552
( x)  dx  6�
x2 f �
( x)dx 
 0 (**)
( x)  dx 
 12 �
14  �
x f�
( x)dx �� �
 f�
 f�
�
5
5
0
0
� 20
� 0
2

2

16


2

9 x 4 dx 
Mà �
0

2

2

2

288
2
��
( x)  dx  6 �
x2 f �
( x)dx  �
9 x 4 dx  0
 f�
nên
ta
có
(**)
5
0
0
0

2

2

�
��
( x)  3 x 2 �
( x)  3x 2 � f ( x)  x 3  c mà f (2)  7 � c  1 � f ( x)  x 3  1
�f �
�dx  0 � f �
0

2

2

0

0

f ( x)dx  �
 x3  1 dx  2
Khi đó I  �

Ví dụ 5. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn

1

f ( x)dx  2 . Biết
�
0

1

7

xf ( x) dx 
�
6
0

1

1

13

 f ( x) dx  . Tính tích phân I  �
 f ( x) dx
và �
3
0
0
2

3

Nhận xét : giả thiết chứa  f ( x) , xf ( x) và f ( x) nên ta tạo bình phương dạng
2



f ( x)  ax  b  , ta chọn a, b sao cho
2

1



1

 f ( x)  ax  b 
�

2

dx  0

0



��
 f ( x)  2axf ( x)  2bf ( x)  2abx  a 2 x 2  b 2 dx  0
0

2

1

1

1

1

1

0

0

0

��
xf ( x)dx  2b �
f ( x)dx  2ab �
xdx  �
 f ( x) dx  2a �
 a 2 x 2  b 2  dx  0
2

0

0

2

13
7
a
 2a.  4b  ab   b2  0 � a 2   3b  7  a  3b 2  12b  13  0 . Để có a thì

3
6
3
2
2
2
   3b  7   4  3b  12b  13 �0 � 3  b  1 �0 � b  1 � a  2 , từ đó ta có lời giải
�

Lời giải
1

1





 f ( x)  2 x  1 dx  � f ( x)  4 xf ( x)  2 f ( x)  4 x  4 x 2  1 dx
Ta có �
2

0

1

0

2

1

1

1

1

0

0

0

0

�
xf ( x )dx  2�
f ( x )dx  4 �
xdx  �
 f ( x) dx  4�
 4 x 2  1dx  0
0

2

1

1

3
3
13
7
4
 2 x  1 dx  10
  4.  4  2   1  0 � f ( x)  2 x  1 . Khi đó I  �
 f ( x) dx  �
3
6
3
0
0


2

��
0;
Ví dụ 8. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn �
thỏa mãn
� 2�
�

2


2

0

0


sin x. f ( x )dx   1 và �
 f ( x)
�
4

2

dx 



f ( x )dx   1 ,
�
2
0


2

3
 2 . Tính tích phân I  �
f ( x ).cos xdx
4
0

17

Nhận xét : giả thiết chứa  f ( x) , sin x. f ( x) và f ( x) nên ta tạo bình phương dạng
2

 f ( x)  a sin x  b  ,ta chọn
2

a, b sao cho


2

 f ( x)  a sin x  b 
�

2

dx  0

0


2





��

 f ( x)  2a sin xf ( x)  2bf ( x)  2ab sin x  a 2 sin 2 x  b 2 dx  0
0

2


2

�

 f ( x)
�

2

0


2


2

0

0


2


2

0

0

dx  2a �
sin xf ( x)dx  2b �
f ( x)dx  2ab �
sin xdx  �
 a 2 sin 2 x  b 2 dx  0

3
a b
�
� �
�
 2  2a. �  1� 2b �  1� 2ab 

0
4
4
2
�4 � �2 �
2
2
2
2
�   a  1  8  a  1  b  1  2  b  1  0 , để có a thì �

 16  b  1  2 2  b  1 �0
2

2

�

�  16  2 2   b  1 �0 � b  1 � a  1 Từ đó ta có lời giải
2

Lời giải

2


2

0

0

2
Ta có �
 f ( x)  sin x  1 dx 


2

  f ( x)
�

2



 2sin xf ( x)  2 f ( x)  2sin x  sin 2 x  1 dx  0


2


2


2


2

0

0

0

0

��
sin xf ( x)dx  2�
f ( x )dx  2 �

sin xdx  �
 f ( x) dx  2�
 sin 2 x  1 dx
2

0



2
3
3
�
� �
�

 2  2 �  1� 2 �  1� 2 
 0 � f ( x)  s inx  1 ta có I   s inx  1 .cos xdx  3 .
�
4
4
�4 � �2 �
2
0

2.3.5. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1.[Sở GD - ĐT Thanh Hóa] Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn

2

1

f (4 x)
f ( x)
I �
dx
cot
x
.
f
(sin
x
)
dx


1
.Tính tích phân
.
�
�
x
1
x

1
16

2

8

4

A. I 

5
2

C. I 

B. I  2

3
2

D. I  3

Bài 2.[Đề tham khảo BGD năm 2018 ] Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên
1

( x ) dx  7 và
 f�
đoạn  0;1 thỏa mãn f (1)  0 . Biết �
2

0

7
A.

5

B. 1

C.

7
4

1

1

1
x 2 f ( x)dx  . Tính I  �
f ( x)dx .
�
3
0
0

D. 4

��
0;
Bài 3.[Trường Đại Học Hồng Đức] Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn �
� 4�
�
18


với f ( )  1 , thỏa mãn hai điều kiện
4

4

xf �
( x)

dx  0 .Tính
�
cos x  x sin x  cos x 
0

A. I  1

B. I 


4

x 2 f ( x)

�
 x sin x  cos x 

2

dx 

0

4 
và
4 


4

f ( x)
I  � 2 dx .
cos x
0


4 

C. I 

4
4

D. I 


4

Bài 4.[THPT Hậu Lộc 2 lần 3] Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn
1

( x) 
 f�

2

1

1
f ( x)dx .
dx 
.Tính tích phân �
x
�
e
e

1
0
0
1
e2
e 1
A.
B. 1
C.  e  1  e  2 
D.
.
e 1
e2

Bài 5.[THPT Chuyên Nghệ An lần 1] Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên

 0;1 , thỏa mãn f (0)  0, f (1)  1 và

1

1
 f ( x) dx  ,
đoạn  0;1 và f (0)  f (1)  0 biết �
2
0
3
2
A.
B.
C. 
2

2

1

1

f ( x)dx .
.Tính I  �
2
0
1
D. .



f�
( x)cos xdx 
�
0

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Thực tiễn giảng dạy ở trường THPT Hậu Lộc 4 tôi được nhà trường giao cho
giảng dạy ba lớp 12A6, 12A7 và 12A9. Sau khi thử nghiệm dạy nội dung này qua
việc lồng gép giờ dạy trên lớp, các giờ dạy tự chọn, bồi dưỡng tôi thấy học sinh rất
hứng thú học tập, tiếp thu kiến thức có hiệu quả và chất lượng học toán được nâng
lên rõ rệt.
Sau khi áp dụng đề tài trên tôi đã khảo sát lại học sinh và thu được kết quả như sau:

Lớp

Sĩ
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số SL
%
SL
%
SL
%
SL

%
SL
%
12A6 36 4 11.1 10 27.8 20
55.6
2
5.5
0
0
12A7 39 9 23.1 12 30.8 17
43.6
1
2.5
0
0
12A9 42 2
4.8
6 14.3 31
73.8
3
7.1
0
0
Như vậy qua kết quả trên, so sánh với số liệu khảo sát lần đầu tôi nhận thấy chất
lượng học tập môn toán của học sinh được nâng lên rõ rệt, số lượng học sinh khá
giỏi tăng lên nhiều.
Với đề tài này tôi cũng đã đưa ra trước tổ bộ môn để trao đổi, thảo luận và rút
kinh nghiệm. Đa số các đồng nghiệp trong tổ đã đánh giá cao và vận dụng có hiệu
quả, tạo được hứng thú cho học sinh và giúp các em hiểu sâu, nắm vững hơn về bản
chất biến đổi trong việc tính tích phân hàm ẩn , cũng như tạo thói quen sáng tạo

trong nghiên cứu và học tập.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
19


3.1. Kết luận
Dạy Toán ở trường THPT là một quá trình sáng tạo. Mỗi giáo viên đều tự hình
thành cho mình một con đường ngắn nhất, những kinh nghiệm hay nhất để đạt
được mục tiêu giảng dạy là đào tạo, bồi dưỡng nhân tài, những chủ nhân tương lai
của đất nước. Việc tính tích phân và ứng dụng là dạng toán không thể thiếu được
trong chương trình toán phổ thông cũng như trong kì thi THPT quốc gia . Nếu chỉ
dừng lại yêu cầu trong sách giáo khoa thì chưa đủ, vì vậy đòi hỏi người giáo viên
phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo, thường xuyên bổ sung kiến
thức và tích luỹ kinh nghiệm về vấn đề này.
Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh học tập, đọc tài liệu tham khảo
và ôn thi THPT quốc gia tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nêu trên. Như vậy đề tài
“Sử dụng phương pháp tính tích phân để giúp học sinh lớp 12 tính tích phân
hàm ẩn , nhằm nâng cao chất lượng thi THPT Quốc gia năm 2018” đã giúp học
sinh có được hệ thống kiến thức, linh hoạt hơn trong việc định hướng biến đổi và
có kinh nghiệm trong việc tính tích phân nói chung và tích phân hàm ẩn nói riêng ,
góp phần nâng cao chất lượng dạy học, đáp ứng được yêu cầu đổi mới trong dạy
học.
3.2. Kiến nghị
3.2.1. Đối với tổ chuyên môn :
Cần có nhiều hơn các buổi họp tổ thảo luận về nội dung phương pháp tính tích
phân. Khi dạy học khuyến khích học sinh tự xây dựng bài tập toán liên quan đến
những dạng bài tập toán trong bài giảng.
3.2.2. Đối với nhà trường :
Cần bố trí những tiết thảo luận nhiều hơn nữa cho học sinh để thông qua đó các
em thường xuyên bổ trợ nhau về kiến thức.

3.2.3. Đối với sở giáo dục :
Phát triển và nhân rộng những đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời sau
mỗi năm sở sẽ tập hợp những sáng kiến kinh nghiệm đạt giải in thành sách nội bộ
để gửi về các trường làm sách tham khảo cho học sinh và giáo viên.
Cuối cùng dù đã cố gắng tự nghiên cứu, tự bồi dưỡng và học hỏi đồng nghiệp
song vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được sự góp ý , bổ sung
của các đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 22 tháng 5 năm 2018
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN do
chính bản thân mình viết, không sao
chép nội dung của người khác.
Nguyễn Văn Mạnh
4. TÀI LIỆU THAM KHẢO:
20


[1]. Sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao , NXB Giáo Dục Việt Nam , Đoàn Quỳnh
( Tổng chủ biên) - Nguyễn Huy Đoan ( Chủ biên) .
[2]. Sách bài tập Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo Dục Việt Nam , Nguyễn Huy
Đoan ( Chủ biên) .
[3]. 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức , NXB Hà Nội, G.S. Phan Huy Khải.
[4]. Tuyển tập các chuyên đề và kỹ thuật tính tích phân, Trần phương.
[5]. Đề thi thử THPT quốc gia năm 2017 - 2018 của các trường trong toàn Quốc.

21