SKKN xây dựng hệ thống bài tập trắc nghiệm dựa trên nội dung kiến thức phần tích phân lớp 12 toan

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

TÊN SÁNG KIẾN

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
DỰA TRÊN NỘI DUNG KIẾN THỨC PHẦN TÍCH
PHÂN LỚP 12

Đồng tác giả:
1. Phạm Thành Trung – Tổ trưởng chuyên môn tổ Toán – Tin
trường THPT Nho Quan B
2. Bùi Việt Hùng – Phó hiệu trưởng trường THPT Nho Quan B
3. Lê Hoàng Thi Sỹ - Giáo viên Toán trường THPT Nho Quan B

Nho Quan, tháng 04 năm 2019

1


ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Kính gửi: Hội đồng Sáng kiến Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Bình
I. Nhóm tác giả sáng kiến: Chúng tôi gồm:
Tỷ lệ %
TT

Họ và tên

Nơi

Chức

công tác

danh

Trình độ

đóng góp

chuyên

vào việc

môn

tạo ra

Ghi chú

sáng kiến
Tổ
1

2

3

Phạm Thành Trung

Bùi Việt Hùng

Lê Hoàng Thi Sỹ

THPT Nho

trưởng

Quan B

chuyên

THPT Nho
Quan B
THPT Nho
Quan B

Đại học

40%

Thạc sỹ

30%

chuyên Thạc sỹ

30%

môn
Phó
hiệu
trưởng
Tổ phó
môn

Tác giả

Đồng tác
giả
Đồng tác
giả

Là đồng tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: “Xây dựng hệ thống bài tập trắc
nghiệm dựa trên nội dung kiến thức phần tích phân lớp 12”.
II. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục (Giảng dạy bộ môn Toán cấp THPT).
III. Nội dung sáng kiến
1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm - Hạn chế của giải pháp cũ
1. 1. Thực trạng
Trong chương trình toán THPT các bài toán tích phân luôn là các bài toán khiến học
sinh gặp nhiều khó khăn và lúng túng. Các bài toán trong chương trình SGK lớp 12 hiện
hành viết còn rất sơ sài và chủ yếu dừng lại ở mức độ thông hiểu. Các dạng bài tập trong
sách được viết theo dạng tự luận, cần có lời giải tường minh để đi đến kết quả trong khi đó
MTCT có chức năng tính chính xác kết quả của một số tích phân và có thể sử dụng để kiểm
tra kết quả của các bài toán tính toán về tích phân. Trong khi đó ở kỳ thi THPT Quốc gia
năm 2017 và năm 2018 và trong các đề thi minh họa của Bộ giáo dục và Đào tạo trong hai

2

năm vừa qua, nội dung này được đánh giá ở mức độ vận dụng, vận dụng cao. Các bài toán
tính toán về tích phân thường trải theo các mức độ khác nhau của đề thi. Ở các mức độ nhận
biết và thông hiểu thì các bài toán được trình bày khá cơ bản và có nhiều con đường tiếp
cận. Tuy nhiên các bài toán thuộc mức độ vận dụng và vận dụng cao thì các bài toán về
nguyên hàm, tích phân và các ứng dụng được khai thác một cách khéo léo và vận dụng
nhiều kiến thức có liên quan. Để giải quyết được bài toán này học sinh không những phải
nắm được các kiến thức cơ bản về nguyên hàm và tích phân, các ý nghĩa , giải thành thạo
các bài toán mà còn phải sử dụng các công cụ, các tính chất liên hệ để làm bài tập.
Theo thống kê thì 80% học sinh của trường THPT Nho Quan B khi tham gia thi đại
học không giải quyết được các bài toán thuộc mức độ vận dụng và vận dụng cao của dạng
toán này. Bên cạnh đó với những dạng bài tập này đòi hỏi học sinh phải tư duy, phân tích,
nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều kiến thức liên quan.
Bên cạnh đó qua nghiên cứu và thực hành giảng dạy trên lớp nhóm tác giả sáng kiến đã
nhận thấy rằng các bài toán trong các đề thi chỉ cần vận dụng thành thạo các kiến thức cơ
bản và các phương pháp trình bày trong SGK đều có thể đi đến lời giải một cách tự nhiên
nhất.
1. 2. Giải pháp cũ thường làm
Trong sách giáo khoa hiện hành nội dung bài tập liên quan còn sơ sài, chưa định
hướng được lời giải cho học sinh. Các bài toán mới dừng lại ở mức độ vận dụng trực tiếp lý
thuyết vào giải trực tiếp, chưa có sự gắn kết logic giữa các dạng bài toán. Các bài toán đều
cho dưới dạng tự luận và đáp số có thể tìm được bằng việc sử dụng máy tính cầm tay. Nội
dung bài tập chỉ đơn thuần dừng lại trong khuôn khổ các bài toán tính nguyên hàm tích phân
mà chưa có sự gắn kết các bài toán về các kỹ năng vận dụng công thức và ý nghĩa hình học.
Các bài tập trong SGK và trong Sách bài tập hiện tại chủ yếu là rèn các kỹ năng về tính toán
và biến đổi. Với hệ thống bài tập như vậy, học sinh chỉ cần luyện tập và làm nhiều bài tập là
có thể giải quyết được. Tuy nhiên vấn đề đặt ra là khi học sinh làm các bài tập này thường
có lời giải theo các dạng toán cố định như các lớp tích phân về đa thức, hữu tỷ, căn thức,
lượng giác, mũ và logarit. Và khi gặp các dạng bài toán tương tự thì đại bộ phận các em đều
suy nghĩ hướng đến lời giải theo một lối mòn định sẵn. Điều này cũng giúp được các em

trong việc rèn kỹ năng trình bày và hệ thống được một phần nào đó các kiến thức cơ bản.
Tuy nhiên với việc giải quá nhiều các dạng bài như thế sẽ làm cho các em mất đi sự tư duy,
sáng tạo trong việc hình thành cũng như tiếp nhận các kiến thức.

3


1. 3. Hạn chế của giải pháp cũ
- Với việc đưa ra hệ thống các dạng bài toán cố định và mặc định sẵn các phương
pháp giải tương ứng khiến học sinh rất vất vả trong việc nhớ các dạng toán và phương pháp
tương ứng cho từng dạng.
- Trong các bài tập khác khi đề bài cho không ở dạng chuẩn học sinh không biết cách
định hướng và tìm lời giải.
- Khi thực hiện theo giải pháp cũ hầu hết học sinh không làm được các bài toán mà
yếu tố đề bài cho ở dạng suy luận.
- Hệ thống bài tập chưa thực sự phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm như hiện nay.
Bài tập còn nặng về các yếu tố ghi nhớ và tính toán theo công thức không phát huy được
năng lực sáng tạo của người học. Việc khắc sâu đặc điểm và tính chất cũng như phát triển
các kiến thức đã được học cùng việc sử lí các tình huống trong các bài toán cụ thể gặp nhiều
hạn chế.
- Trong đề thi THPT Quốc gia năm 2017 và năm 2018 cũng như trong các đề minh
họa bộ giáo dục cho trong hai năm vừa qua bài toán vận dụng và vận dụng cao về nguyên
hàm và tích phân đều đòi hỏi học sinh phải định hướng, tư duy, phân tích dữ kiện giả thiết
kết hợp với những kiến thức đã học để làm bài do đó nếu áp dụng giải pháp cũ thì đại bộ
phận học sinh không làm được bài tập thuộc dạng này.
- Theo xu thế dạy học mới, giải pháp cũ bộc lộ nhược điểm rõ rệt, không phát huy
được tính chủ động, sáng tạo của học sinh trong quá trình giải toán. Bên cạnh đó với việc
cung cấp quá nhiều dạng toán và phương pháp như các tài liệu hiện nay khiến học sinh phải
chịu áp lực rất lớn trong quá trình học tập, phải ghi nhớ một lượng kiến thức quá lớn. Điều
này khiến các em mất đi sự sáng tạo và hứng thú trong học tập. Đặc biệt để làm các bài tập

theo các dạng này học sinh phải nhớ quá nhiều các công thức các đại lượng liên hệ một cách
máy móc.
Với các cách tiếp cận bài toán như giải pháp cũ học sinh rất thụ động. Trong quá
trình làm bài tập học sinh không tìm đượchứng thú và tự giác. Học sinh không nghĩ suy độc
lập mất đi sự sáng tạo.
2. Những giải pháp mới và ưu điểm của giải pháp mới
2. 1. Những nội dung cơ bản của giải pháp mới
- Sáng kiến được hình thành theo dạng một chủ đề dạy học. Hệ thống lý thuyết được
trình bày một cách cô đọng và ngắn gọn nhất. Các dạng bài tập được xây dựng một cách hệ

4


thống, có phân chia các mức độ. Bài tập được thiết kế theo hình thức trắc nghiệm để tạo
điều kiện cho học sinh có khả năng phát huy hết năng lực của bản thân.
- Trình bài lại hệ thống các kiến thức cơ bản trong chương trình sách giáo khoa mà
tối thiểu học sinh cần nắm được. Mỗi phần kiến thức học sinh được tiếp nhận đều có các
dạng bài tập vận dụng với các mức độ và yêu cầu khác nhau để học sinh luyện tập.
- Nêu và định hướng một số phương pháp mới để giải các bài tập trong các đề thi đại
học với kiến thức cơ bản nhất. Giúp học sinh vận dụng được trực tiếp kiến thức đang học
vào sử lý các bài toán liên quan, hình thành con đường tư duy liên tục và các kỹ năng vận
dụng kiến thức vào các tình huống cụ thể.
- Trong quá trình hình thành lời giải có sự phân tích về cách tư duy và con đường tìm
lời giải trên cơ sở giả thiết từ đó giúp học sinh tạo được thói quen tư duy liên kết khi gặp
các bài toán lạ.
- Phân tích lời giải và tư duy để hình thành con đường đi đến lời giải một cách tự
nhiên nhất. Liên kết giữa các dạng toán giúp học sinh hình thành những suy luận hợp lý,
tổng quát được bài toán theo nhiều hướng khác nhau.
- Các bài toán được nhóm tác giả chia theo trình tự của nội dung các kiến thức được
trình bày trong sách giáo khoa để đảm bảo cho học sinh có thể dễ dàng tiếp cận ngay từ khi

được cung cấp kiến thức về lý thuyết. Bài tập và ví dụ minh họa được sắp xếp theo hệ thống
kiến thức phân dạng mức độ từ nhận biết, thông hiểu, vận dụng và vận dụng cao. Do đó học
sinh có thể dễ dàng tiếp cận kiến thức và vận dụng trực tiếp các kiến thức vào các mức độ
khác nhau của bài toán. Bên cạnh việc hướng dẫn chi tiết về lời giải tác giả còn đưa ra các
nhận xét, phân tích con đường đi đến lời giải một cách hợp lý và nêu ra các suy luận dựa
trên những kiến thức cơ bản đã được học vận dụng vào các tình huống cụ thể. Điều đó ngoài
việc giúp học sinh tìm ra được đường lối tư duy cơ bản khi giải bài tập còn giúp các em có
thể tự tư duy tìm đường đi hợp lý cho các bài toán khác.
Dưới đây là sơ đồ minh họa các nội dung kiến thức cơ bản của bài toán tính tích phân
trong SGK và các dạng toán được xây dựng dựa trên cơ sở của các kiến thức đó.

SƠ ĐỒ MINH HỌA NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN

5


2. 2. Những ưu điểm của giải pháp mới
- Giải pháp mới nhằm giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trong quá trình học tập:
Kiến thức cần thiết chỉ nằm trong khuôn khổ của sách giáo khoa hiện hành, không phải nhớ
quá nhiều dạng bài tập một cách máy móc, không phải tốn kém trong quá trình mua tài liệu
tham khảo.
- Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh có thể tự chủ động tìm lời giải
độc lập cho một bài toán dựa trên lượng kiến thức đã có sẵn. Do đó học sinh có thể chủ
động và linh hoạt trước một bài toán không phải áp đặt theo một khuôn mẫu định sẵn.
- Giáo viên có thể dựa vào các kết quả quen thuộc trong sách giáo khoa ra đề bài cho
học sinh một cách chủ động không trùng lặp.
- Các giải pháp mới nêu ra đều sử dụng phần lớn những kiến thức mà học sinh được
học ngay trên lớp. Sự liên kết giữa các phần kiến thức cùng với những định hướng ban đầu
khiến cho bài toán trở nên quen thuộc và dễ tiếp cận. Việc vận dụng một cách phù hợp vào
từng bài toán cụ thể luôn tạo ra sự mới mẻ nhưng cũng rất quen thuộc với học sinh. Các bài

6


tập vận dụng giải pháp mới hầu như là những bài toán đã xuất hiện trong các tài liệu tham
khảo cũng như trong các Đề thi đại học trong những năm gần đây nhưng được tiếp cận một
cách hoàn toàn mới mẻ nhưng đồng thời rất gần gũi với mức độ suy luận của các em học
sinh.
IV. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được
1. Hiệu quả kinh tế:
- Học sinh không phải sử dụng quá nhiều tài liệu như việc sử dụng các phương pháp
khác. Có thể tự sáng tạo hoặc giải các bài toán khác theo phương pháp này. Thời gian
nghiên cứu và học tập tương đối phù hợp. Các em học sinh có thể dựa vào những phân tích
về các bài toán trong sáng kiến để đi tìm lời giải cho một bài toán khác, có thể tránh được
tình trạng học thêm tràn lan vừa tốn kém vừa không mang lại hiệu quả cao.
2. Hiệu quả xã hội
- Sáng kiến mang tính thực tiễn cao: Kiến thức vừa phải, phù hợp với đại bộ phận
học sinh. Là tài liệu tham khảo bổ ích cho các em học sinh cũng như các bạn đồng nghiệp.
- Trong kì thi THPT quốc gia năm 2017, năm 2018 và trong các đề minh họa của bộ
giáo dục, các chủ đề liên quan đều được đề cập đến và đều có thể sử dụng phương pháp đã
nêu trong sáng kiến.
- Sáng kiến đã được áp dụng qua các hoạt động giảng dạy của nhóm tác giả, các đồng
nghiệp, tại các lớp ôn thi THPT Quốc gia, cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THPT
Nho Quan B bước đầu đã có những kết quả đáng kể.
- Các hoạt động mà sáng kiến đề cập đã giúp đỡ rất nhiều cho giáo viên trong việc
dạy học theo phương pháp mới, nhằm đổi mới phương pháp dạy học. Cũng nhờ các hoạt
động đã được xác định, giáo viên sử dụng như tài liệu tham khảo, nó giúp cho giáo viên
giảm bớt được nhiều công sức trong việc soạn bài, chuẩn bị bài lên lớp.
- Việc áp dụng sáng kiến trong hoạt động dạy học giúp học sinh hình thành tư duy,
khả năng vận dụng. Sáng kiến cho thấy việc học và nghiên cứu kỹ các nội dung trong sách

giáo khoa là rất cần thiết cho học sinh trong quá trình học tập.
V. Điều kiện và khả năng áp dụng:
Sáng kiến: “Xây dựng hệ thống bài tập trắc nghiệm dựa trên nội dung kiến thức
phần tích phân lớp 12” mà nhóm tác giả trình bày dễ dàng áp dụng trong thực tế, phù hợp

7


với cả giáo viên, học sinh trung học phổ thông. Không những hữu ích với học sinh ôn thi đại
học mà còn hiệu quả với học sinh đại trà khác, giúp các em nâng cao khả năng tư duy giải
quyết các vấn đề liên quan.
Sáng kiến đã được nhóm tác giả sử dụng trong quá trình giảng dạy, là tài liệu tham
khảo cho các em học sinh, các thầy cô trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc
gia tại trường THPT Nho Quan B và có thể áp dụng cho các trường THPT trong tỉnh.
Qua sáng kiến cho thấy rằng các bài toán tích phân có thể tiếp cận được với nhiều đối
tượng học sinh, với nền tảng kiến thức chính chỉ giới hạn trong nội dung chương trình sách
giáo khoa hiện hành. Do đó khả năng áp dụng sáng kiến này vào thực tế là khả quan và dễ
thực hiện.
VI. Hiệu quả áp dụng:
Trong quá trình giảng dạy tôi đã hướng dẫn cho học sinh nắm được các ý tưởng cơ
bản, các thuật toán thường dùng trong việc giải quyết các bài toán liên quan về các công
thức tích phân đặc biệt là với các dạng bài toán mà hình thức có thể cho ta nghĩ đến hướng
giải quyết bằng các con đường khác nhau. Việc tìm nhiều lời giải cho một bài toán cùng với
vận dụng khai thác các tính chất cho từ giả thiết để tìm ra đường đi đúng cho lời giải của bài
toán là hết sức quan trọng. Thông qua việc phân tích hướng tìm tòi suy nghĩ khác nhau cho
cùng một đề toán nhằm rèn luyện cho các em học sinh khả năng tư duy thông qua cách tiếp
cận và phát hiện mối liên hệ giữa các đại lượng, phát hiện ra các tính chất và các hướng giải
quyết đặc trưng cho một loạt các bài tập cùng dạng. Mấu chốt quan trọng của các bài toán
về tích phân theo xu thế hiện nay là biết khai thác triệt để giả thiết, vận dụng những yếu tố
có mặt trong giả thiết và các tính chất cơ bản đã cho trong giả thiết xây dựng nên mối quan

hệ giữa các đại lượng liên quan. Từ đó tìm ra con đường giải quyết bài toán.
Khi tiếp cận với phương pháp này một số em học sinh khá giỏi cảm thấy rất thích
thú, ham mê tìm tòi phát hiện và đôi khi đưa đến những cách giải sáng tạo và linh hoạt hơn
nhiều. Các em không phải bó buộc suy nghĩ, phải cố gắng để nhớ nhiều các dạng toán, các
đặc điểm của hàm số cần tính tích phân mà chỉ cần nắm vững các bài toán cơ bản trong
SGK.
Thông qua các tiết dạy trên lớp, các tiết ôn tập khi triển khai nội dung của sáng kiến
hầu hết các học sinh đều nhiệt tình tham gia. Đặc biệt là quá trình xây dựng và hình thành
nên lời giải của bài toán, các em đều rất chủ động và sáng tạo. Điều này cho thấy việc áp

8


dụng sáng kiến trong quá trình giảng dạy đã góp một phần vào việc đổi mới phương pháp
giảng dạy hiện nay.
Tuy nhiên đối tượng áp dụng của sáng kiến là học sinh thuộc khu vực miền núi, trình
độ còn hạn chế. Bên cạnh đó với thời lượng trên lớp có hạn, trình độ nhận thức của đại bộ
phận học sinh còn hạn chế thì việc áp dụng các phương pháp trên vẫn còn nhiều nhược điểm
và chưa mang lại hiệu quả cao như mong muốn.
VII:

Kết luận và kiến nghị

I. Kết luận:
Trên đây là một số bài toán về cách giải quyết một số dạng bài tập về tích phân và
các phép toán và phương páp tính tích phân mà chúng tôi đã học hỏi đúc rút được trong quá
trình giảng dạy tại trường THPT Nho Quan B.
Sáng kiến của chúng tôi chỉ là một mảng áp dụng các phương pháp trong bài toán
tính tích phân. Ngoài những phương pháp cơ bản nêu ở trên còn có nhiều phương pháp khác
để tiếp cận bài toán. Sáng kiến thực sự là một bước đổi mới trong quá trình hướng dẫn học

sinh tự học, tự nghiên cứu. Khi triển khai sáng kiến áp dụng cho học sinh thuộc các lớp
giảng dạy đã tạo được niềm tin, say mê hứng thú cho các em học sinh. Các em học sinh chủ
động sáng tạo trong việc phân tích bài toán, dự đoán tính chất và định hướng lời giải cho bài
toán.
Sáng kiến của chúng tôi đã được áp dụng trong các năm học giảng dạy lớp 12, được
học sinh đồng tình và đạt được một số kết quả, đặc biệt là các bài toán có vận dụng các tính
chất liên quan được khai thác trực tiếp từ giả thiết. Các em hứng thú học tập hơn, ở những
lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình cứng trở lên đã có kỹ năng
giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt. Cụ thể ở các lớp khối 12 sau khi áp dụng
sáng kiến này vào giảng dạy thì số học sinh hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng
toán nói trên.
`

Như vậy tôi thấy các phương pháp có hiệu quả tương đối tốt. Theo tôi khi dạy phần

toán về tích phân và các ứng dụng giáo viên cần hướng đến cho học sinh nhiều hướng tiếp
cận khác nhau, đồng thời phân tích cho học sinh thấy rõ những khó khăn và hạn chế trong
từng cách tiếp cận. Thông qua đó dần dần hình thành cho học sinh những năng lực phát hiện
vấn đề thông qua dữ kiện của bài toán.

9


Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và hạn
chế. Chúng tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp ý. Xin
chân thành cảm ơn.
2. Kiến nghị và đề xuất:
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều hoạt
động trao đổi chuyên môn dưới dạng các hoạt động theo chuyên đề, nhằm từng bước nâng
cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ cho thầy cô giáo và trình độ nhận thức cho các em học

sinh.
- Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ sách lưu lại
các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên cứu
phát triển chuyên đề.
- Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập.
Xin chân thành cám ơn!
Nho Quan, ngày... tháng 4 năm 2019
Xác nhận của nhà trường

Các tác giả
Phạm Thành Trung

Bùi Việt Hùng

Lê Hoàng Thi Sỹ

10


PHỤ LỤC SÁNG KIẾN
Phần I. MÔ TẢ NỘI DUNG SÁNG KIẾN:
Sáng kiến được thiết kế theo dạng chủ đề dạy học đã được nhóm tác giả áp dụng
trong quá trình giảng dạy ôn tập tại nhà trường. Tùy theo mức độ của học sinh từng lớp mà
các tác giả đã đưa vào các phần nội dung để giảng dạy cho phù hợp với tình hình thực tiễn.
Nội dung sáng kiến được chia thành nhiều phần theo trình tự các kiến thức mà học
sinh được tiếp nhận từ các tiết học trên lớp. Mỗi mảng kiến thức liên quan đều được trình
bày khoa học với hệ thống ví dụ được phân thành các mức độ từ nhận biết, thông hiểu, vận
dụng và vận dụng cao để thích hợp cho các đối tượng học sinh khác nhau ở trường THPT
Nho Quan B.
Các chuyên đề nhỏ đều được tóm tắt lại các kiến thức cơ sở, các công thức thường sử

dụng và có các ví dụ minh họa cho từng dạng cụ thể. Trong mỗi ví dụ ngoài lời giải các tác
giả còn đưa thêm các hướng suy luận và mô tả con đường để dẫn đến lời giải một cách tự
nhiên nhất.
Sáng kiến ngoài là nguồn tài liệu cho các thầy cô trong quá trình giảng dạy còn là tư
liệu để các em học sinh tự học một cách tốt nhất. Các em học sinh có thể đọc lời giải và các
hướng dẫn suy luận trong các ví dụ từ đó vận dụng vào làm các bài tập trong hệ thống bài
tập được trình bày trong sáng kiến.
Phần II. XÂY DỰNG CÁC DẠNG TOÁN TRẮC NGHIỆM DỰA TRÊN NỘI
DUNG KIẾN THỨC PHẦN TÍCH PHÂN LỚP 12”
1. Hệ thống kiến thức được xây dựng về Tích phân:
STT
1

Nội dung
Định nghĩa tích phân

Các kiến thức trọng tâm
Công thức tính tích phân:
Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [ a; b ] và F ( x)
là một nguyên hàm của f ( x) trên [ a; b ] . Khi đó:
b

∫ f ( x)dx = F ( x)

b
a

= F (b) − F ( a)

a

Chú ý:
a

∫

b

f ( x)dx = 0 ;

a

∫
a

11

a

f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx
b


b

∫
a

b

f ( x)dx = ∫ f (t ) dt
a

b

b

a

a

+ ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x )dx ( k là hằng số).
+
+
2

Tính chất của tích phân

b

b

b

a

a

a

∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g( x)dx
b

c

b

a

a

c

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx

+ Nếu f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ a; b ] thì

với a < c < b .

b

∫ f ( x)dx ≥ 0
a

Chú ý: Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a; b ] thì
b

b

a

a

∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx
b

+

∫ f '( x)dx = f (b) − f (a) .
a

3

Phương pháp đổi biến số

1. Dạng 1: Cho hàm số f ( x) liên tục trên [a; b] .
Giả sử hàm số x = ϕ (t ) có đạo hàm liên tục trên

[α; β ]

sao cho a = ϕ (α ); b = ϕ ( β ) và a ≤ ϕ (t ) ≤ b

với ∀t ∈ [ α ; β ] . Khi đó:
b

∫
a

β

f ( x)dx = ∫ f (ϕ (t )).ϕ '(t )dt .
α

2. Dạng 2: Cho hàm số f ( x) liên tục trên [ a; b ] .
b

Để tính

∫ f ( x)dx

ta chọn hàm số u = u ( x ) làm biến

a

số mới, trong đó trên [ a; b ] , u ( x) có đạo hàm liên
tục và u ( x) ∈ [ α ; β ] . Giả sử có thể viết
f ( x ) = g (u ( x )).u '( x ) với x ∈ [ a; b ] và g (u ) liên tục

trên [ α ; β ] . Khi đó ta có:

12


u (b )

b

∫

f ( x)dx =

a

∫

g (u )du .

u(a)

Nếu u = u ( x) và v = v( x) là hai hàm số có đạo hàm
liên tục trên [ a; b ] thì:
4

Phương pháp tích phân

b

b

∫ u( x)v '( x)dx = (u( x)v( x)) a − ∫ u '( x)v( x)dx

từng phần

b

a

b

a

b

hay ∫ udv = uv a − ∫ vdu
a

b

a

2. Các dạng toán tương ứng với nội dung kiến thức trong chương trình:
Chú ý: Trong nội dung của sáng kiến, nhóm tác giả không đi sâu vào việc tính tích
phân của một hàm số đã xác định công thức cụ thể mà chỉ đi khai thác trực tiếp các tính chất
được trình bày trong SGK, đưa vào các ví dụ áp dụng trực tiếp các nội dung kiến thức đã
học và mở rộng các bài toán trên cơ sở lý thuyết của bài kết hợp với các tính chất về đạo
hàm và nguyên hàm mà học sinh đã được học.
2.1. Các bài toán về định nghĩa tích phân:
a. Công thức tính tích phân:
Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [ a; b ] và F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) trên
b

[ a; b] . Khi đó: ∫ f ( x)dx = F ( x) a = F (b) − F (a)
b

a

Từ công thức trên ta thấy có ba đại lượng liên quan đến nhau đó là
b

∫ f ( x)dx; F (b); F (a) . Rõ ràng ta thấy nếu biết được hai trong ba đại lượng thì ta có thể xác

a

định được đại lượng còn lại một cách đơn giản dựa trực tiếp vào công thức.
b. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [ 1;3] và có một nguyên hàm là F ( x) thỏa mãn
3

F (3) = −2; F (1) = 3 . Khi đó giá trị của

∫ f ( x)dx

là:

1

A. −5

B. 1

C. −1

Hướng dẫn:
Đáp án: A.

13

D. 5


Mức độ: Nhận biết.

3

Hiển nhiên theo công thức tính tích phân ta có:

∫ f ( x)dx = F (3) − F (1) = −5
1

Vậy đáp án đúng là A.
Ví dụ 2: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [ −1; 2] và có một nguyên hàm là F ( x) . Biết
2

∫ f ( x)dx = 2 và

F (2) = 3 . Tính F (−1) .

−1

B. −1

A. 1

C. 5

D. 3

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Nhận biết.
Hiển nhiên theo công thức tính tích phân ta có: 2 = 3 − F (−1) ⇒ F (−1) = 1
Vậy đáp án đúng là A.

2.2. Các bài toán về tính chất của tích phân:
a. Các tính chất cơ bản của tích phân:
b

b

a

a

+ ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x )dx ( k là hằng số).
+
+

b

b

b

a

a

a

∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g( x)dx
b

c

b

a

a

c

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx

+ Nếu f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ a; b ] thì

với a < c < b .

b

∫ f ( x)dx ≥ 0
a

Chú ý: Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a; b ] thì
b

+

∫ f '( x)dx = f (b) − f (a) .
a

b. Các bài toán khai thác các tính chất:
b1. Sử dụng các phép toán về tích phân:

b

b

a

a

+ ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x )dx ( k là hằng số).

14

b

b

a

a

∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx


b

b

b

a

a

a

∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g( x)dx

+

Với hai phép toán trên ta có dấu hiệu để nhận biết : Cận số trong các tích phân
không thay đổi và bài toán chỉ liên quan đến các hàm số đã cho và các phép toán giữa
chúng.
y = f ( x); y = g ( x)

Ví dụ 1: Cho hàm số
3

∫
1

3

f ( x)dx = 10; ∫ [2 f ( x) − 3 g ( x)]dx = 4 . Tính

A. −

1

2
3

[ 1;3]

và thỏa mãn

3

∫ [ f ( x) − 2 g ( x)] dx .
1

C. −

B. 1

liên tục trên

1
3

D.

5
3

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Nhận biết.
3

3

3

3

1

1

1

1

Ta có ∫ [2 f ( x) − 3 g ( x)]dx = 4 ⇔ 2 ∫ f ( x) dx − 3∫ g ( x) dx = 4 . Do đó ∫ g ( x)dx =
3

Vậy

∫[
1

3

3

1

1

f ( x) − 2 g ( x) ] dx = ∫ f ( x )dx − 2 ∫ g ( x)dx = 10 −

Ví dụ 2: Cho hàm số

y = f ( x); y = g ( x)

32
2
=−
3
3

liên tục trên

4

4

4

1

1

1

∫ [2 f ( x) + 3g ( x)]dx = 7; ∫ [5f ( x) − 2 g ( x)]dx = 8 . Tính ∫ [ 3 f ( x) − g ( x)] dx .
A. 5

C. −1

B. 1

D. 3

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Nhận biết.
4
4
 2a + 3b = 7
a = 2
a
=
f
(
x
)
dx
;
b
=
Đặt
∫1
∫1 g ( x)dx ta có hệ: 5a − 2b = 8 ⇔ b = 1
4

∫ [ 3 f ( x) − g ( x)] dx = 3a − b = 5 .

Khi đó

1

b2. Sử dụng công thức tách cận tích phân:
b

+

∫
a

c

b

a

c

f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx với a < c < b .

15

16
3

[ 1; 4]

và thỏa mãn

Với công thức trên ta thấy dấu hiệu thường sử dụng là cận tích phân có thể thay đổi nhưng
hàm số dưới dấu tích phân là không đổi.
Ví dụ 1: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [ −1;3] và thỏa mãn

1

∫

−1

3

f ( x)dx = 10; ∫ f ( x)dx = 4 .
−1

3

Tính

∫ f ( x)dx .
1

A. −6

B. −2

C. 6

D. 2

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Nhận biết.
Ta có
Ví

dụ

3

1

3

3

3

−1

−1

1

1

1

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx ⇒ 4 = 10 + ∫ f ( x)dx . Do đó ∫ f ( x)dx = −6

2:

Cho

hàm

y = f ( x)

số

liên

0

2

4

4

−1

−1

−1

0

tục

[ −1; 4]

trên

và

thỏa

mãn

∫ f ( x)dx = 10; ∫ f ( x)dx = 4; ∫ f ( x)dx = 7 . Tính ∫ f ( x)dx .

A. −3

B. −1

C. 6

D. 9

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Nhận biết.
Ta có

0

2

2

2

−1

0

−1

0

∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx ⇔ ∫ f ( x)dx = −6 .
4

Lại có:
Do đó:

∫

2

f ( x)dx =

∫

4

4

2

2

f ( x)dx + ∫ f ( x)dx ⇒ ∫ f ( x )dx = 3

−1

−1

4

2

4

0

0

2

∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = −3

b3. Sử dụng tính chất tích phân của hàm số không âm:
+ Nếu f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ a; b ] thì

b

∫ f ( x)dx ≥ 0
a

Với dạng toán này ta thường gặp các biểu thức tích phân có dấu hiệu khá đặc biệt ví
dụ như có các biểu thức chứa dạng

[ f ( x) ]

2

;

f ( x) ,

[ f '( x)]

2

... Do đó ta hướng tới việc

nhóm các biểu thức trong dấu tích phân một cách thích hợp để đưa về áp dụng công thức.

16


1

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [ 0;1] . Biết ∫ xf ( x) dx = 1 và
0

1

∫ [ f ( x) ]

2

0

A.

1

dx = 3 . Tính tích phân I = ∫ [ f ( x) ]

2019

dx .

0

32019
2020

B.

32018
2019

C.

32019
2019

D.

32018
2018

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Vận dụng cao.
2
Nhận xét : Giả thiết chứa [ f ( x) ] và xf ( x) nên ta cố gắng đi tìm mối liên hệ giữa

chúng. Mặt khác với các công thức đã học ta khó có thể tìm được mối liên hệ về đại lượng
chứa biểu thức [ f ( x) ] . Do đó điều ta có thể nghĩ đến là dạng bình phương dạng
2

[ f ( x) − ax ]

2

. Do có sự xuất hiện của đại lượng xf ( x) nên ta nghĩ đến việc chọn số a sao

1

cho

∫ [ f ( x) − ax ]

2

dx = 0 .

0

1

Vì thế ta có biến đổi:

∫ [ f ( x) − ax ]
0

1

1

⇔ ∫ [ f ( x) ] dx − 2a ∫ xf ( x )dx + a
2

0

2

1

dx = ∫
0

( [ f ( x) ]

2

)

− 2axf ( x) + a 2 x 2 dx = 0

1

2

0

2

a
2
∫0 x dx = 0 ⇔ 3 − 2a + 3 = 0 ⇔ a = 3 .

Từ đó ta có lời giải
Lời giải
1

Ta có:

∫[
0

1

1

f ( x) − 3x ] dx = 0 ⇔ ∫
2

0

1

1

0

0

( [ f ( x) ]

2

)

− 6 xf ( x) + 9 x 2 dx

= ∫ [ f ( x) ] dx − 6 ∫ xf ( x)dx + 9 ∫ x 2 dx ⇔ 3 − 6 + 3 = 0 ⇒ f ( x) = 3 x .
2

0

1

Khi đó I = ∫ [ f ( x) ]
0

2019

1

dx = 32019 ∫ x 2019 dx =
0

32019
.
2020

17


1

Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [ 0;1] . Biết ∫ f ( x)dx = 1 và
0

1

1

0

0

∫ xf ( x)dx = 1 , ∫ [ f ( x)]
A. 6 − 8ln 2

2

1

dx = 4 . Tính tích phân I = ∫
0

B. 6 − 4 ln 2

f ( x)
dx .
x +1

C. 3 − 4 ln 2

D. 1 − 2 ln 2

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Vận dụng cao.
Nhận xét : Tương tự như bài toán trên nhưng trong bài toán này các giả thiết cho
rời rạc. Do đó ta cần phải tìm cách gắn kết các đại lượng với nhau để tìm ra các yếu tố liên
hệ trong bài toán. Rõ ràng ta cần phải có mối liên hệ về 3 đại lượng có mặt trong giả thiết
của bài toán. Ta thấy để các giả thiết đều được liên hệ với nhau nhờ đẳng thức
( f ( x ) + ax + b) 2 khi đó ta thấy trong khai triển của đẳng thức có mặt tất cả các giả thiết

trong bài toán.
1

1

0

0

1

1

1

0

0

0

2
2
Xét ∫ ( f ( x) + ax + b) dx = ∫ [ f ( x) ] dx + 2a ∫ xf ( x)dx + b ∫ f ( x)dx + ∫ (ax + b) dx , rõ ràng
2

các tích phân trong vế phải đẳng thức đều có thể tính được do đó ta nghĩ đến việc sử dụng
tính chất tích phân của dạng bình phương.
1

1

0

0

1

1

1

0

0

0

2
2
Ta có ∫ ( f ( x) + ax + b) dx = 0 ⇔ ∫ [ f ( x) ] dx + 2a ∫ xf ( x)dx + 2b ∫ f ( x)dx + ∫ (ax + b) dx = 0
2

1

( ax + b)3
4
+
2(
a
+
b
)

+
= 0 ⇔ a 2 + (3b + 6)a + 3b 2 + 6b + 12 = 0 .
. Do đó ta có
3a 0

Xét phương trình bậc hai ẩn a ta có
∆ = (3b + 6) 2 − 4(3b 2 + 6b + 12) = −3b 2 + 12b − 12 = −3(b − 2) 2

Để a tồn tại rõ ràng phải có b = 2 ⇒ a = −6 . Khi đó hàm f ( x) = 6 x − 2 là hàm duy nhất thỏa
mãn yêu cầu của bài toán.
Từ đó ta có lời giải
Lời giải
1

1

1

1

1

0

0

0

2
Ta có ∫ ( f ( x) − 6 x + 2) dx = ∫ [ f ( x)] dx − 12 ∫ xf ( x)dx + 4 ∫ f ( x)dx + ∫ (6 x − 2) dx

2

0

0

2

18


1

2
Do đó có: ∫ ( f ( x) − 6 x + 2) dx = 0 ⇔ f ( x) = 6 x − 2
0

1

Vậy I = ∫
0

1

1

f ( x)
6x − 2
8 


dx = ∫
dx = ∫  6 −
÷dx = 6 − 8ln 2
x +1
x +1
x +1
0
0

Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 0 ,
1

1

1
∫0  f ′ ( x )  dx = 7 và ∫0 x f ( x ) dx = 3 . Tích phân

A.

2

2

7
.
5

B. 1 .

C.

1

∫ f ( x ) dx

bằng

0

7
.
4

D. 4 .

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Vận dụng cao.
Nhận xét : Tương tự như bài toán trên ta tìm cách đưa bài toán về dạng tích phân
bình phương. Tuy nhiên trong bài toán có xuất hiện các biểu thức dưới dạng tích điều đó
cho ta nghĩ đến dạng tích phân từng phần. Từ các hướng suy nghĩ trên ta đi đến lời giải cho
bài toán.
Lời giải
1

2
Từ giả thiết: ∫ x f ( x ) dx =
0

1

1
⇒ ∫ 3 x 2 f ( x ) dx = 1 .
3
0

1

2
Tính: I = ∫ 3 x f ( x ) dx .
0

du = f ′ ( x ) dx
u = f ( x )
⇒
.

2
3
dv = 3 x dx v = x

Đặt: 
Ta có:
1

I = ∫ 3 x f ( x ) dx = x f ( x )
2

3

0

1
0

1

1

1

0

0

− ∫ x . f ′ ( x ) dx = 1. f ( 1) − 0. f ( 0 ) − ∫ x 3 . f ′ ( x ) dx = − ∫ x 3 . f ′ ( x ) dx .
3

0

1

1

0

0

2
3

Mà: ∫ 3x f ( x ) dx = 1 ⇒ 1 = − ∫ x . f ′ ( x ) dx

1

1

1

1

0

0

0

0

⇔ ∫ x 3 . f ′ ( x ) dx = −1 ⇔ 7 ∫ x3 . f ′ ( x ) dx = −7 ⇔ ∫ 7 x 3 . f ′ ( x ) dx = − ∫  f ′ ( x )  dx ,
1

(theo giả thiết: ∫  f ′ ( x )  dx = 7 ).
2

0

19

2

1

⇔∫
0

(

)

1

7 x . f ′ ( x ) +  f ′ ( x )  dx = 0 ⇔ ∫ f ′ ( x )  7 x 3 + f ′ ( x ) dx = 0
2

3

0

7
⇒ 7 x 3 + f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = −7 x 3 ⇒ f ( x ) = − x 4 + C .
4
7
4

7
4

Với f ( 1) = 0 ⇒ − .14 + C = 0 ⇒ C = .
7

4

7
4

4
Khi đó: f ( x ) = − x + .

1

Vậy:

1

1

7
 7

7
7  x5
f ( x ) dx = ∫  − x 4 + ÷dx = −  − x ÷ = .
4
4
4 5
0
0 5

∫
0

π
 π
Ví dụ 4: Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 0;  . Biết f ( ) = 0 ,
2
 2
π
2

∫ [ f ′( x)]

2

dx = π và

0

π
2

π
2

π

∫ cos x. f ( x)dx = 2 . Tính tích phân I = ∫ f ( x)dx
0

A. 2 .

0

B.

π
.
2

C. 2π .

D. −2 .

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Vận dụng cao.
Nhận xét : Tương tự như bài toán trên ta tìm cách đưa bài toán về dạng tích phân
bình phương. Tuy nhiên nếu đi trực tiếp như ví dụ 1 và 2 ta thấy chưa được vì giả thiết chứa

[ f ′( x)]

2

π
2

và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó trước hết ta biến đổi cos x. f ( x) dx
∫
0

để tạo biểu thức f ′( x) bằng cách đặt từng phần làm xuất hiện các đại lượng có liên quan

trong giả thiết.
u = f ( x)
du = f ′( x)dx
⇒
Xét phép đặt 
, khi đó π = ( f ( x) s inx )
dv
=
cos
xdx
v
=
s
inx


2
π
2

⇒ ∫ f ′( x) sin xdx = −
0

π
2
0

π
2

− ∫ f ′( x) sin xdx
0

π . Đến đây ta được hai biểu thức [ f ′( x) ] 2 và f ′( x).s inx nên ta tạo bình
2

2
phương dạng [ f ′( x) − a s inx ] . Ta chọn a sao cho

20


π
2

∫ [ f ′( x) − a s inx ]

2

0

π
2

π
2

dx = 0 ⇔ ∫
0

( [ f ′( x)]

2

)

− 2a s inx.f ′( x) + a 2 sin 2 x dx = 0

π
2

π
2

0

0

⇔ ∫ [ f ′( x) ] dx − 2a ∫ sin x. f ′( x)dx + a 2 ∫ sin 2 xdx = 0
2

0

2

π a2
a 
⇔ π + aπ +
= 0 ⇔ π  + 1÷ = 0 ⇔ a = −2 .
4

2 

Từ đó ta có lời giải
Lời giải
π
2

u = f ( x)

du = f ′( x)dx

⇒
Xét cos x. f ( x) dx = π , đặt 
∫
 dv = cos xdx v = s inx
2
0

khi đó π = ( f ( x) s inx )
2
π
2

∫ [ f ′( x) + 2s inx ]
0

= π − 2π +

2

π
2
0

π
2

π
2

0

0

− ∫ f ′( x) sin xdx ⇒ ∫ f ′( x) sin xdx = −
π
2

dx = 0 ⇔ ∫
0

( [ f ′( x)]

2

π . Ta có
2

)

+ 4s inx.f ′( x) + 4sin 2 x dx

4π
π
= 0 ⇒ f ′( x) = −2sin x ⇒ f ( x) = 2 cos x + c mà f ( ) = 0 ⇒ c = 0 nên ta có
4
2
π
2

π
2

0

0

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

Ví dụ 5: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 4 ,
1

∫  f ′ ( x )  dx = 36 và
2

0

A.

3
.
2

1

∫ x. f ( x ) dx =
0

B.

5
.
6

1
. Tích phân
5

C. 4 .

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Vận dụng cao.

21

1

∫ f ( x ) dx

bằng

0

D.

2
.
3


Nhận xét : Tương tự như bài toán trên ta tìm cách đưa bài toán về dạng tích phân
bình phương kết hợp với phép đặt từng phần.
Lời giải
1

1

1
Từ giả thiết: ∫ x. f ( x ) dx = ⇒ ∫ 5 x. f ( x ) dx = 1 .
5
0
0
1

Tính: I = ∫ 5 x. f ( x ) dx .
0

du = f ′ ( x ) dx
u = f ( x )

⇒
Đặt: 
.
5
dv = 5 xdx v = x 2

2
1

1

1

5
5
Ta có: I = ∫ 5 x. f ( x ) dx = x 2 . f ( x ) − ∫ x 2 . f ′ ( x ) dx
2
20
0
0
1

1

5
5
5

= . f ( 1) − ∫ x 2 . f ′ ( x ) dx = 10 − ∫ x 2 . f ′ ( x ) dx , (vì f ( 1) = 4 )
2
20
20
1

Mà: I = ∫ 5 x. f ( x ) dx = 1 ⇒ 1 = 10 −
0

1

1

1

5 2
18
x . f ′ ( x ) dx ⇔ ∫ x 2 . f ′ ( x ) dx =
∫
20
5
0

1

1

⇔ 10∫ x . f ′ ( x ) dx = 36 ⇔ 10∫ x . f ′ ( x ) dx = ∫  f ′ ( x )  dx , (theo giả thiết:
2

2

2

0

0

1

0

1

∫  f ′ ( x ) 

2

dx = 36 )

0

1

2
⇔ ∫ 10 x 2 . f ′ ( x ) −  f ′ ( x )   dx = 0 ⇔ ∫ f ′ ( x ) 10 x 2 − f ′ ( x )  dx = 0


0
0

3

10 x
⇒ 10 x 2 − f ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( x ) = 10 x 2 ⇒ f ( x ) =
+C
3

Với f ( 1) = 4 ⇒ 4 =

10.1
2
+C ⇒ C = .
3
3

10 x 3 2
+ .
Khi đó: f ( x ) =
3
3
1

Vậy:

∫
0

1

 10 x 3 2 

 5x4 2 
3
f ( x ) dx = ∫ 
+ ÷dx = 
+ x÷ = .
3
3
3 0 2
0
 6
1

b

b4. Sử dụng tính chất nguyên hàm kết hợp:

∫ f '( x)dx = f (b) − f (a) .
a

Chú ý: Đặc điểm của dạng toán khi áp dụng các tính chất này là ta phải tìm ra được
các mối liên hệ giữa các đại lượng trong dấu tích phân xem chúng có thể là dạng vi phân

22


của biểu thức nào. Với các tích phân mà hàm số cho dưới dấu biểu thức tích phân có dạng
tường minh thì con đường tiếp cận lời giải khá đơn giản. Tuy nhiên khi các hàm số được
cho không cụ thể chúng ta cần xem xét, đôi khi cần biến đổi bài toán để đưa đến dạng các
biểu thức vi phân của các dạng hàm số. Trong các dạng toán này cần đặc biệt chú ý đến các
dạng công thức đạo hàm của các biểu thức tổng, hiệu, tích thương và các dạng đạo hàm

của biểu thức chứa căn.
Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn đồng thời
1

f ( x ) + xf '( x ) = 1 . Tích phân

∫ ( xf ( x ) ) 'dx bằng
0

A. 1 .

B. 0 .

D. −1 .

C. 2 .

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Thông hiểu.
Nhận xét : Với bài toán này ta dễ dàng nhận thấy bài toán có dấu hiệu của đạo hàm
dạng tích của các biểu thức.
Lời giải
1

1

1

0

0

0

Ta có: ( xf ( x) ) ' = f ( x) + xf '( x) nên có ∫ ( xf ( x ) ) 'dx = ∫ ( f ( x) + xf ' ( x ) ) dx = ∫ dx = 1
Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [ 0;1] , thỏa mãn f ( 0 ) = f ( 1) = 1. Biết
1

2x
rằng ∫ e  f ( x ) + 2 f ′ ( x )  dx = ae + b. Tính F = a + 2b .
0

A. Q = 2 .

C. Q = 0 .

B. Q = 22017 + 1 .

D. Q = 22017 − 1 .

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Thông hiểu.
Nhận xét : Với bài toán này tương tự ví dụ trên ta dễ dàng nhận thấy bài toán có
dấu hiệu của đạo hàm dạng tích của các biểu thức.
Lời giải
1

1

x
x
x
Ta có ∫ e  f ( x ) + f ′ ( x )  dx = ∫ e f ( x )  dx = e f ( x ) 
0

/

0

23

1
0

= ef ( 1) − f ( 0 )

f ( 0 ) = f ( 1) =1

=

e − 1.


a = 1
2018

→ Q = a 2018 + b 2018 = 12018 + ( −1)
= 2.

b = −1

Suy ra 

Chú ý: Đôi lúc có những bài toán ta chưa nhận ra ngay được dạng của đạo hàm mà
phải nhờ một số phép biến đổi đại số ( Cộng trừ, nhân chia và thêm bớt các đại lượng thích
hợp) để tạo ra dạng của công thức. Một số dạng toán về phần này đã xuất hiện khá nhiều
trong các đề thi thử đại học của một số trường trong hai năm gần đây. Các bài toán đó
thường lấy cơ sở trên việc giải quyết một số dạng phương trình vi phân thường gặp mà học
sinh tiếp cận trên đại học. Phần này tác giả sẽ đề cập trong mục cuối của Sáng kiến. Tuy
nhiên dưới góc độ tiếp cận của học sinh THPT tác giả đã cố gắng đưa đến các suy luận hợp
lý dựa trên dấu hiệu của các công thức được trình bày trong SGK để học sinh có thể dễ
dàng tiếp cận nhất.
Sau đây là một số ví dụ về dạng toán này được tác giả đưa ra theo cách tiếp cận và
suy luận dựa trên các công thức đạo hàm các hàm số dạng tích thương. Đặc điểm dễ nhận ra
trong các công thức này là sự xuất hiện đồng thời của các biểu thức f ( x), f '( x) với đạo hàm
dạng tích và f ( x), f '( x), f 2 ( x) với đạo hàm dạng thương.
Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) > 0, ∀x ∈ R và có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn
f '( x ) − 6 f ( x) = 0 và f ( 0 ) = 1 . Tính

ln 2

∫

f ( x )dx .

0

A.

21
.
2

1
6

6
C. e − .

B. 63 .

D. e6 − 1 .

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Thông hiểu.
Với bài toán này con đường tiếp cận lời giải khá đơn giản. Với sự xuất hiện của hai
đại lượng f ( x); f '( x) cho phép ta nghĩ đến một số công thức có liên quan đến hai biểu thức
này.
Áp dụng công thức đạo hàm của hàm ln f ( x) . Để xuất hiện công thức này ta phải
tìm cách đưa giả thiết xuất hiện dạng

f '( x)
. Với bài toán trên việc làm xuất hiện biểu thức
f ( x)

này khá đơn giản. Do đó ta hoàn toàn có thể đi đến lời giải.
Lời giải

24


Vì f ( x) > 0, ∀x ∈ R nên từ f '( x) − 6 f ( x) = 0 ⇔
Lấy nguyên hàm hai vế ta có

∫

f '( x)
=6
f ( x)

f '( x)
dx = ∫ 6dx ⇒ ln f ( x) = 6 x + C ⇒ f ( x) = e 6 x +C
f ( x)

Từ giả thiết có f (0) = 1 ⇔ eC = 1 ⇔ C = 0 . Vậy f ( x) = e6 x .
ln 2

∫

Do đó

ln 2

f ( x )dx =

0

∫

0

1
e6 x dx = e 6 x
6

ln 2
0

=

21
2

Ví dụ 4: Cho hàm số f ( x ) > 0, ∀x ∈ R và có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn
f "( x) + f '( x) − 6 f ( x) = 0 và f ( 0 ) = 1; f '(0) = 0 . Tính

ln 2

∫

f ( x) dx .

0

A.

61
.
60

B.

61
.
15

C.

61
.
12

D.

61
.
30

Hướng dẫn:
Đáp án: A.
Mức độ: Thông hiểu.
Nhận xét : Đây là một bài toán giải phương trình vi phân tuyến tính cấp hai thuần
nhất và có phương pháp giải cụ thể trong tất cả các giáo trình giải tích ở bậc đại học. Tuy
nhiên tác giả sẽ đề cập đến con đường tư duy để học sinh phổ thông có thể tiếp cận nó
thông qua việc biến đổi và sử dụng linh hoạt các công thức được học. Theo ý kiến của tác
giả các vấn đề liên quan về phương trình vi phân sẽ không có mặt trong đề thi THPT Quốc
gia nhưng con đường suy luận để tiếp cận bài toán vi phân theo kiến thức phù hợp với
chương trình sẽ rèn cho các em khả năng tư duy trong quá trình học tập cũng như vận dụng
kiến thức lý thuyết vào quá trình giải toán.

Phân tích: Trong bài toán có sự xuất hiện của ba đại lượng f ( x); f '( x) ' f "( x) do đó
ta thấy có mối liên hệ liên tiếp từ f ( x) → f '( x) → f "( x ) . Để đưa bài toán về dạng đơn giản
như Ví dụ 3 ta sẽ tìm cách đặt một hàm số mới thỏa mãn yêu cầu của giả thiết. Với tính chất
của bài toán ta nghĩ đến việc đặt hàm u = af ( x) + bf '( x) vì phép đặt như vậy khi tính đạo
hàm sẽ làm xuất hiện các đại lượng tiếp theo có mặt trong giả thiết.
Xét phép đặt u = af ( x) + bf '( x) ⇒ u ' = af '( x ) + bf "( x) . Do đó cặp (a, b) thích hợp tìm
được là (−2;3) và hoán vị. Từ đó ta đi đến lời giải cho bài toán.
Lời giải
Từ giả thiết ta có: f "( x) + f '( x) − 6 f ( x) = 0 ⇔ f "( x) + 3 f '( x) = 2( f '( x) + 3 f ( x))

25