Một số giải pháp nâng cao kĩ năng giải các bài toán tích phân của một số hàm ẩn cho học sinh lớp 12 trường THPT hàm rồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ GIẢI PHÁP NÂNG CAO KĨ NĂNG
GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÍCH PHÂN CỦA MỘT SỐ HÀM ẨN
CHO HỌC SINH LỚP 12 TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

Người thực hiện: Đỗ Thị Lan
Chức vụ:
Giáo viên
Môn:
Toán

THANH HÓA NĂM 2020


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU.................................................................................................................................1
1.1. LÍ 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.............................................................................................................................2
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN............................................................................................................2
2.2. CƠ SỞ THỰC TIỄN.......................................................................................................3
2.2.1. Thực trạng của đề tài.................................................................................................3
2.2.2. Giải pháp tổ chức thực hiện......................................................................................4
2.2.3. Phương pháp tính tích phân một số hàm ẩn..............................................................4

2.2.3.1. Phương pháp biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản...............................................4
2.2.3.2. Phương pháp đổi biến số.......................................................................................8
2.2.3.3. Phương pháp tính tích phân từng phần................................................................11
2.2.3.4. Phương pháp tạo bình phương cho hàm số dưới tích phân.................................13
2.2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm......................................................................19
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ...............................................................................................20
3.1. KẾT LUẬN...................................................................................................................20
3.2. KIẾN NGHỊ..................................................................................................................20


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 và tích phân của một số hàm
ẩn 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 gập 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 “Một số giải pháp nâng cao kĩ năng giải các bài toán
tích phân của một số hàm ẩn cho học sinh lớp 12 trường THPT Hàm Rồng ”.
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 của 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 giáo viên lên lớp tự tin, nhẹ nhàng; học sinh lĩnh hội được tri thức một cách

1


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
của một số hàm ẩn.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
+ 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
+ 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 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
b

f từ a đế b và kí hiệu là

b

ò f (x)dx . Trong trường hợp a < b , ta gọi ò f (x)dx
a

là

a

tích phân 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

b

ò f (x)dx = F(x) a = F(b) - F(a) .
a

2.1.2. Tính chất
2


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

1)

b

òf (x)dx = 0 ;

2)

a

4)

a

b

òf (x)dx =- òf (x)dx
a

; 3)

b

b

b

b

a

a

a

a

5)

c

òf (x)dx +òf (x)dx =òf (x)dx

b

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

c

b

a

b

ò kf (x)dx =k òf (x)dx với k ∈ R .
a

a

Chú ý là nếu F¢(x) = f (x) với mọi x Î K thì F(x) = ò f (x)dx
2.1.3. Phương pháp đổi biến số
b

Tính tích phân I = ò g(x)dx .Giả sử g(x) được viết dưới dạng f [ u(x) ].u ¢(x) ,
a

trong 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
u(b)

b

ò f [ u(x)].u ¢(x)dx =
a

ò f (u)du

u (a )

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

ò f (x)dx =òf (u)du =ò f (t)dt = ...
a

a

a

2.1.4. Phương pháp tính tích phân từng phần
b

Công thức

ò u(x)v¢(x)dx =( u(x)v(x))

b
a

a

b

-

ò v(x)u ¢(x)dx (trong

đó u, v có đạo

a

hàm liên tục trên K và a, b là hai số thuộc K ).
2.2. CƠ SỞ THỰC TIỄN
2.2.1. Thực trạng của đề tài
Năm học 2019 - 2020 với tình hình dịch bệnh covid diễn ra nên học sinh phải
nghỉ học nhiều, bộ GD-ĐT thay đổi phương án thi THPT quốc gia sang thi tốt
nghiệp THPT 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 tốt nghiệp THPT 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 nhằm lấy được điểm cao hơn trong 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 Hàm Rồng (thông qua các lớp trực tiếp giảng dạy) về các
bài toán tính tích phân của hàm ẩn, đã thu được kết quả như sau:
3


Lớp

Sĩ
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số SL % SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
12B8 39 0
0

8 20.5 22
56.4
6
14.4
3
8.7
12B9 39 0
0
5 12.8 20
51.3
8
20.5
6
14.4
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.
2.2.2. 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.
2.2.3. Phương pháp tính tích phân một số hàm ẩn
2.2.3.1. Phương pháp biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản
A. Kiến thức sử dụng
* Nếu F¢(x) = f (x) với mọi x Î K thì F(x) = ò f (x)dx
* Các công thức về đạo hàm:
1) u ¢.v + u.v¢= ( uv) ¢;

4) nu

¢
u ¢= ( u n ) ;

n- 1

2)

¢
u ¢v - uv¢ æ
uö
÷
ç
;
=
÷
ç
÷

ç
èv ø
v2

3)

u¢
=
2 u

( u ) ¢;

¢
u¢ æ
1ö
÷
ç
.
5) - 2 = ç ÷
÷
ç
èu ø
u

B. Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) ¹ 0 , liên tục trên đoạn [1;2] và thỏa mãn f (1) =

4

1

3


2

x .f Â(x) = ( 1 - 2x ) .f (x) vi " x ẻ [1;2] . Tớnh tớch phõn I = ũ f (x)dx
2

2

2

1

Li gii:
 1
ổ 1 ử
f Â(x) 1 - 2x 2
ữ
ỗ
Ta cú x .f Â(x) = ( 1- 2x ) .f (x) 2
=
ỗ= - 2
ữ
ữ
ỗ
ữ x2
f (x)
x2
ố f (x) ứ

ổ1
ử
1
1
1
1
ữ
ị = ũỗ
2
.dx

=2x
+
c
f
(1)
=
ị c =0
ữ
,
do
ỗ
ữ
ỗ
ốx 2
ứ
f (x)
f (x)
x
3

1
2x 2 +1
x
=
f (x) = 2
Nờn ta cú
f (x)
x
2x +1
2

2

2

2

2

2

x
1
I = ũ f (x)dx = ũ
dx
=
ln 1 + 2x 2
2
1 + 2x
4

1
1

1

1
1
= ( 2ln 3 - ln 3) = ln 3
4
4

Vớ d 2: Cho hm s f (x) liờn tc, khụng õm trờn R v tha món
1

f (x).f Â(x) - 2x. f (x) +1 = 0 vi " x ẻ R v f (0) = 0 . Tớnh I = ũ f (x)dx
2

0

Li gii:
2
Ta cú f (x).f Â(x) - 2x. f (x) +1 = 0



(

Â
f 2 (x) +1 = 2x ị

)

f (x).f Â(x)
f 2 (x) +1

f 2 (x) +1 = ũ 2xdx

Do f (0) = 0 ị c =1 nờn ta cú:

= 2x
f 2 (x) +1 = x 2 + c .

f 2 (x) +1 = x 2 +1 f 2 (x) +1 = ( x 2 +1)

2

f 2 (x) = x 2 ( x 2 + 2) f (x) = x x 2 + 2 (vỡ f (x) khụng õm trờn R ).
1

1

1

2
Khi ú: I = ũ f (x)dx = ũ x x + 2dx = ũ x x + 2dx
2

0

0

0

1

1

1
1 2 2
1
= ũ x 2 + 2d(x 2 + 2) = . ộ
x + 2) x 2 + 2 ự
= 3 3- 2 2
(
ờ
ỳ
ỷ 3
2 0
2 3ở
0

(

)

Vớ d 3: Cho hm s f (x) ng bin, cú o hm trờn on [1;4] v thon món:
4

3
ự vi " x ẻ [1;4] . Bit f (1) = , tớnh I = ũ f (x)dx

Â
x + 2x.f (x) = ộ
f
(x)
ở
ỷ
2
1
2

Li gii:
Do f (x) ng bin trờn on [1;4] ị f Â(x) 0, " x ẻ [1;4]
2

2

ộÂ ự
 ự
Ta cú x + 2x.f (x) = ộ
ởf (x) ỷ x ( 1 + 2.f (x) ) = ởf (x) ỷ ,

- 1
do x ẻ [1;4] v f Â(x) 0, " x ẻ [1;4] ị f (x) >
2

5


f Â(x)
Â

= x 1 + 2f (x) = x
1 + 2f (x)
2
3
4
ị 1 + 2f (x) = ũ xdx 1 + 2f (x) = x x + c . Vỡ f (1) = ị c =
3
2
3
3
2
4
2
8
7
ị 1 + 2f (x) = x x + f (x) = x 3 + x 2 +
3
3
9
9
18
4
4
4
ổ2 3 8 3 7 ử
ổ1 4 16 5 7 ử
1186
ữ
ữ
ỗ

ỗ
2
2
ữ
ữ
x
+
x
+
dx
=
x
+
x
+
x
=
ỗ
Khi ú I = ũ f (x)dx = ũỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ18
ữ
ữ
9
18 ứ
45
18 ứ
45

ố9
ố

(

v f Â(x) = x. 1 + 2f (x)

1

)

1

1

Vớ d 4: Cho hm s f (x) ng bin, cú o hm cp hai trờn on [ 0;2] v tha
2
2
ự = 0 vi " x ẻ [ 0;2] . Bit f (0) = 1,f (2) = e 6 ,
Â
f
(x)
món 2[ f (x) ] - f (x).f ÂÂ(x) + ộ
ở
ỷ
0

tớnh tớch I = ũ (2x +1).f (x)dx
- 2

Li gii:
Do f (x) ng bin trờn [ 0;2] nờn ta cú f (0) Ê f (x) Ê f (2) 1 Ê f (x) Ê e 6
2

ự
f (x).f ÂÂ(x) - ộ
ởf Â(x)ỷ = 2
ự =0
Â
2[ f (x) ] - f (x).f ÂÂ(x) + ộ
f
(x)

2
ở
ỷ
[ f (x)]
2

2

ộf Â(x) ựÂ
ờ
ỳ=2
ờ
ởf (x) ỳ
ỷ

f Â(x)
f Â(x)

= ũ 2.dx = 2x + c ị ũ
.dx = ũ( 2x + c)dx ị ln f (x) = x 2 + cx + c1
f (x)
f (x)
m 1 Ê f (x) Ê e6 nờn ta cú ln f (x) = x 2 + cx + c1 .
ùỡ f (0) = 1
2
ùớùỡ c1 = 0
ùớùỡ c = 1
ị

Do ùớ
ị ln f (x) = x 2 + x f (x) = e x +x
6
ùợù f (2) = e
ùợù 4 + 2c + c1 = 6 ùợù c1 = 0
ị

0

0
2

2

0

x +x
x +x
=1- e2

Khi ú I = ũ (2x +1).f (x)dx = ũ (2x +1).e dx = e
- 2
- 2

- 2

f
Vớ d 5: Cho f (x) cú o hm trờn R v tha món 3f Â(x).e

3

( x )- x 2 - 1

7

vi " x ẻ R . Bit f (0) = 1 , tớnh tớch phõn I = ũ x.f (x)dx
0

Li gii:
f
Ta cú: 3f Â(x).e

3

( x)- x 2 - 1

-

2x
2

f 3 (x )
x 2 +1
Â
=
0

3f
(x).f
(x).e
=
2x.e
f 2 (x)

3
x 2 +1
x 2 +1
Â
f 3 (x ) ự
x 2 +1 ị e f (x ) =
2xe
dx
=
e
+c .
ộ
e
=
2x.e
ũ
ờ

ỳ
ở
ỷ
3
2
Do f (0) = 1 c = 0 ị e f (x ) = e x +1 f 3 (x) = x 2 +1 f (x) = 3 x 2 +1

6

-

2x
=0
f (x)
2


7

7

7

3 2
45
I = ũ x.f (x)dx = ũ x. x +1.dx = ộ
x +1) 3 x 2 +1ự
=
(
ờ

ỳ
ỷ0
8ở
8
0
0
3

2

Vớ d 6: Cho f (x) cú o hm trờn [ 0;1] tha món f (x) +( x +1) .f Â(x) = 1 vi
1

7
" x ẻ [ 0;1] . Bit f (5) = , tớnh tớch phõn I = ũ f (x)dx
6
0

Li gii:
ựÂ
Ta cú: f (x) +( x +1) .f Â(x) =1 ộ
ở( x +1) f (x)ỷ =1
ị ( x +1) f (x) = ũ dx ( x +1) f (x) = x + c , vỡ f (5) =
ị ( x +1) f (x) = x + 2 f (x) =
1

7
7
6. = 5 + c c = 2
6

6

x +2
.
x +1
1

1
ổ
x +2
1 ử
ữ
.dx = ũỗ
1+
Khi ú: I = ũ f (x)dx = ũ
ữ
ỗ
ữ.dx = ( x + ln x +1 ) = 1 + ln 2
ỗ
ố
ứ
x
+
1
x
+
1
0
0
0

0

Nhn

xột:

1

Nu

u(x)

l

biu

thc

cho

trc

thỡ

ta

cú

[ u(x).f (x)]Â= u Â(x).f (x) + u(x).f Â(x)
t v(x) = u Â(x) ta c [ u(x).f (x) ]Â= v(x).f (x) + u(x).f Â(x) (*). Nh vy nu

biu thc cú dng v(x).f (x) + u(x).f Â(x) ta cú th bin i a v dng

[ u(x).f (x)]Â. Khi ú ta cú bi toỏn tng quỏt cho vớ d 5 nh sau:
Cho A(x);B(x) ; g(x) l cỏc biu thc ó bit. Tỡm hm s f (x) tha món
A(x)f (x) + B(x)f Â(x) = g(x) (**)
Do v trỏi cú dng (*) nờn ta cú th bin i (**) [ u(x).f (x) ]Â= g(x)
ỡùù u Â(x) = A(x) u Â(x) A(x)
ị
=
u(x)
Trong ú
c chn sao cho: ớù
u(x)
B(x)
u(x)
=
B(x)
ùợ
A(x)
ị ln u(x) = G(x) + c (vi G(x) l mt nguyờn hm ca
)
B(x)
ị t õy ta s chn c biu thc u(x) .
1
Vớ d 7: Cho f (x) cú o hm trờn [ 0;1] tha món f (1) =
v
2018
1

2018f (x) + x.f Â(x) = 2x

2018

vi " x ẻ [ 0;1] . Tớnh tớch phõn I = ũ f (x)dx
0

Nhn xột : trc ht ta i tỡm biu thc u(x) . Ta cú
2018
dx ị ln u(x) = 2018ln x + c ln u(x) = ln x 2018 + c
x
nờn ta chn u(x) = x 2018 , khi ú ta cú li gii nh sau:
ln u(x) = ũ

Li gii:
7


2018
ựÂ= 2018x 2017f (x) + x 2018f Â(x) = x 2017 . ộ2x 2018 ự= 2x 4035
Ta cú: ộ
ờ
ờ
ỳ
ởx .f (x)ỳ
ỷ
ở
ỷ

Khi ú x 2018f (x) = ũ 2x 4035dx x 2018f (x) =

x 4036
+c ,
2018

1
1
1
x 4036
x 2018
2018

=
+ c c = 0 ị x f (x) =
ị f (x) =
do f (1) =
2018
2018 2018
2018
2018
1
1
1
2018
2019
ổ x
ử
x
1
ữ
ữ

dx = ỗ
=
khi ú I = ũ f (x)dx = ũ
ỗ
ữ
ữ 2018.2019
ỗ
2018
ố2019.2018 ứ
0

0

0

2.2.3.2. Phng phỏp i bin s
A. Kin thc s dng
b

Tớnh tớch phõn I = ũ g(x)dx .Gi s g(x) c vit di dng f [ u(x) ].u Â(x) ,
a

trong ú hm s u(x) cú o hm trờn K , hm s y = f ( u ) liờn tc sao cho
hm hp f [ u(x) ] xỏc nh trờn K v a, b l hai s thuc K . Khi ú
u(b)

b

ũ f [ u(x)].u Â(x)dx = ũ f (u)du
a

u (a )

Chỳ ý: i vi bin s ly tớch phõn, ta cú th chn bt kỡ mt ch s thay cho
x . Nh vy tớch phõn khụng ph thuc vo bin tc l
b

b

b

ũ f (x)dx =ũf (u)du =ũ f (t)dt = ...
a

a

a

B. Vớ d ỏp dng
Vớ d 1: Cho hm s f (x) liờn tc trờn R v tha món f (x) + f (- x) = cos 4 x vi
p
2

" x ẻ R . Tớnh tớch phõn I = ũ f (x)dx
- p
2

ỡù
-p
p

ùù x =
ị t=
ù
2
2
Li gii: t x =- t ị dx =- dt , i cn : ớù
ùù x = p ị t = - p
ùùợ
2
2

Khi ú I =-

- p
2

p
2

p
2

- p
2

ũf (- t)dt = ũf (- t)dt ị

p
2

I = ũ f (- x)dx .
- p
2

8


p
2

p
2

p
2

I + I = = ò[ f (x) + f (- x) ] dx = ò cos xdx = 1 ( 3 + 4cos 2x + cos4x )dx = 3p
- p
- p
8ò
16
0
4

2

Û 2I =

2

3p
3p
Û I=
16
32

Ví dụ 2: Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn 2018.f (x) + f (- x) = e x
1

với " x Î R . Tính tích phân I = ò f (x)dx
- 1

Lời giải:
ìïï x =- 1 Þ t = 1
x
=t
Þ
dx
=dt
Đặt
, đổi cận : íï
ïî x = 1 Þ t =- 1
- 1

Khi đó I =-

1

1

òf (- t)dt = òf (- t)dt Þ
- 1

1

1

I = ò f (- x)dx .
- 1

1

Ta có: 2018I + I = 2018ò f (x)dx + ò f (- x)dx
- 1

- 1

1

1

2019I = ò[ 2018f (x) + f (- x) ]dx Û 2019I = ò e x dx = e x
- 1

- 1

1
- 1

=e-

1
e2 - 1
Û I=
e
2019e

é2 ù
ê3 û
ú
ë
1
f (x)
é2 ù
2
2f (x) + 3f ( ) = 5x với " x Î ê ;1ú. Tính tích phân I = ò x dx
2
ê3 ú
3x
ë
û

Ví dụ 3: Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn ê ;1ú và thỏa mãn

3

Lời giải:

ìï
2

ïï x = Þ t = 1
2
2
3
Đặt x = Þ dx =- 2 dt , đổi cận : ïíï
3t
3t
ïï x = 1 Þ t = 2
ïïî
3
2
2 1
2
2
1 f(
1 f(
3 f(
). 2
)
)
2
3t
t
3t
3x
dt = ò
.dx .
Khi đó I =- ò 2 dt = ò
3 1
t

x
2
2
3
3
3t
2
1
1 f(
1
1
)
f (x)
5x
5
1
3x
Ta có : 2I + 3I = 2 ò
dx + 3ò
.dx = ò dx = ò5dx = Û I =
x
x
x
3
3
2
2
2
2
3

3

3

9

3


Ví dụ 4: Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [ 0;3] và thỏa mãn f (x).f (3 - x) =
3

với " x Î [ 0;3] . Tính tích phân I = ò
0

4
9

1
dx
2 + 3f (x)

Lời giải:
ìïï x = 0 Þ t = 3
x
=
3
t
Þ

dx
=dt
Đặt
, đổi cận : íï
.
ïî x = 3 Þ t = 0
0
3
1
1
dt = ò
dt
Khi đó I =- ò
2
+
3f
(3
t)
2
+
3f
(3
t)
3
0
3

3
1
1

3
f (x)
=
dx
Þ I=ò
dx ò
= ò
.dx
4
0 2 + 3.
2
+
3f
(3
x)
2
2
+
3f
(x)
0
0
9f (x)
3

3

3

3

1
f (x)
3
Þ 2I + 2I = 2.ò
dx + 3ò
.dx = ò dx = 3 Û I =
2 + 3f (x)
2 + 3f (x)
4
0
0
0

Ví dụ 5: Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (x) = 4xf (x 2 ) + 2x +1
1

với " x Î R . Tính tích phân I = ò f (x)dx
0

Lời giải:
ìïï x = 0 Þ t = 0
Đặt x = t Þ dx = 2tdt , đổi cận : íï
ïî x = 1 Þ t = 1
2

1

1

2
Khi đó I = ò f (t ).2tdt Þ I = 2 ò xf (x )dx .
2

0

0

1

1

1

1

ùdx = ( 2x +1) dx = 2
I - 2I = ò f (x)dx - 4 ò xf (x )dx = ò é
ê
ò
ëf (x) - 4xf (x )ú
û
2

0

2

0

0

0

Û I =- 2
Ví dụ 6: Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [ 0;1] và thỏa mãn
1

4xf (x ) + 3f (1- x) = 1- x với " x Î [ 0;1] . Tính tích phân I = ò f (x)dx
2

2

0

Lời giải:
ìïï x = 0 Þ t = 0
2
I
=
f
(x)dx
Xét
, đặt x = t Þ dx = 2tdt . Đổi cận : íï
ò
ïî x = 1 Þ t = 1
0
1

1

1

1

2
Khi đó I = ò 2t.f (t )dt Þ I = ò 2x.f (x )dx Þ 2I = ò 4x.f (x )dx
2

0

2

0

0

ìïï x = 0 Þ t = 1
I
=
f
(x)dx
x
=
1
t
Þ
dx
=dt
Xét

, Đặt
; Đổi cận : íï
.
ò
ïî x = 1 Þ t = 0
0
1

10


0

Khi ú I =-

1

ũf (11

1

1

t)dt = ũ f (1 - t)dt ị I = ũ f (1 - x)dx ị 3I = ũ3f (1 - x)dx
0

0

1

1

0

0

0

p

p

2
2
ựdx =
Ta cú 2I + 3I = ũ ộ
ờ4xf (x ) + 3f (1 - x)ỳ
ũ 1- x dx = 4 ị I = 20
ở
ỷ

Nhn xột: t 7 vớ d trờn ta thy nu gi thit cho mi liờn h gia f (x) v
f (u(x)) thỡ ta t x = u(t)
Vớ d 7: Cho hm s f (x) liờn tc trờn R v tha món f (x 3 + 2x - 2) = 3x - 1
10

vi " x ẻ R . Tớnh tớch phõn I = ũ f (x)dx
1

Li gii:

3
2
t x = t + 2t - 2 ị dx = ( 3t + 2t ) dt ,
ỡù x = 1 ị t 3 + 2t = 3 t = 1
i cn : ùớ
.
ùù x = 10 ị t 3 + 2t = 12 t = 2
ợ
2

2

I = ũ f (t + 2t - 2).( 3t + 2t )dt = ũ( 3t - 1) ( 3t 2 + 2t )dt =
3

2

1

1

151
4

Vớ d 8: Cho hm s f (x) liờn tc trờn on [- 1;5] v tha món
4
2019

[ f (x)]

+ f (x) + 2 = x vi " x ẻ [- 1;5] . Tớnh tớch phõn I = ũ f (x)dx
0

Li gii: t t = f (x) ị t

2019

+ t + 2 = x ị dx = ( 2019t

2018

+1) dt

ỡù x = 0 ị t 2019 + t + 2 = 0 t =- 1
i cn : ùớ
ùù x = 4 ị t 2019 + t + 2 = 4 t = 1
ợ
1

Ta cú I = ũ t ( 2019t
- 1

1

1

2018

+1)dt = ũ( 2019t

2019

- 1

ổ2019 2020 1 2 ử
+ t )dt = ỗ
t + t ữ
ữ
ỗ
ữ =0
ỗ
ố2020
2 ứ
- 1

2.2.3.3. Phng phỏp tớnh tớch phõn tng phn
A. Kin thc s dng:
b

Cụng thc

ũ u(x)vÂ(x)dx =( u(x)v(x))

b
a

a

b

-

ũ v(x)u Â(x)dx (trong ú

u, v cú o

a

hm liờn tc trờn K v a, b l hai s thuc K )
B. Vớ d ỏp dng
Vớ d 1: Cho hm s f (x) liờn tc, cú o hm trờn R v tha món
5

5

44
ũ f (x)dx =- 5 v f (5) = 15 . Tớnh tớch phõn I = ũ( x - 1)f Â(x)dx
1
1

Li gii:

11


ỡùù u = x - 1
ị
t ớù
Â
dv

=
f
(x)dx
ùợ

ùớỡù du = dx
. Khi ú:
ùùợ v = f (x)
5
ổ 44 ử
5
344
ữ
I = ( x - 1) f (x) 1 - ũ f (x)dx = 4f (5) - ỗ
=
ữ
ỗ
ữ 5
ỗ
ố 5ứ
1

Vớ d 2: Cho hm s f (x) liờn tc, cú o hm trờn R tha món f ( 3) = 3 v
3

ũ
0

f (x)dx
1+ x

2

3

(

)

=1 . Tớnh tớch phõn I = ũ f Â(x) ln x + 1 + x 2 dx
0

Li gii:
ỡù
1
ỡù
2
ùù du =
dx
ùù u = ln x + 1 + x
ị ớ
1+ x2
t ớ
ùù
ùù
ùùợ v = f (x)
ợù dv = f Â(x) dx

(

)

(

Khi ú I = f (x) ln x + 1 + x

2

)

3

3

-

0

ũ
0

f (x)dx
1+ x2

(

)

= 3 ln 2 + 3 - 1

Vớ d 3: Cho hm s f (x) liờn tc, cú o hm trờn R v tha món
2

1

ũ( 1- 2x ) f Â(x)dx = 3f (2) + f (0) = 2020 . Tớnh tớch phõn I = ũf (2x)dx
0

0

Li gii:
2

Ta cú

ũ( 10

ùỡ u = 1- 2x
2x ) f Â(x)dx = 2020 , t ùớ
ị
ùùợ dv = f Â(x)dx
2

ùớùỡ du =- 2dx
ùùợ v = f (x)

2

2

Khi ú 2020 = (1- 2x)f (x) 0 + 2 ũ f (x)dx 2020 =- [3f (2) + f (0) ] + 2 ũf (x)dx
0
2

2

2020 =- 2020 + 2 ũ f (x)dx ị
0

1

0

ũf (x)dx = 2020
0

2

Xột I = ũ f (2x)dx =
0

1
2020
f (x)dx =
= 1010
ũ
2 0
2

Vớ d 4: Cho hm s f (x) liờn tc, cú o hm trờn R tha món:

3

2f (3) - f (0) = 18 v ũ( f Â(x) +1) x +1dx =
0

Li gii:
ỡù
1
ù du =
dx
ùớ
2 x +1
ùù
ùùợ v = f (x) + x +1
3 ộ
3
302 ộ
f (x)
x +1 ự
ự
ỳdx
= ờ( f (x) + x +1) x +1ỳ - ũ ờ
+
Khi ú
ờ2 x +1
ỳ
ở
ỷ0
15
2

0 ở
ỷ

ùỡù u = x +1
ị
t ớù
ộ
ự
Â
dv
=
f
(x)
+
1
dx
ở
ỷ
ùợù

12

3

302
f (x)
dx
. Tớnh tớch phõn I = ũ
15
x +1

0


3

I 1
302
I 14
76
= 2f (3) - f (0) + 7 - - ũ x +1dx
= 25 - ị I=
2 2 0
15
2 6
15
Vớ d 5: Cho f (x) l hm s chn liờn tc, cú o hm trờn R tha món
ổ
- 1ử
ữ
fỗ
ữ
ỗ
ữ= 4 v
ỗ
ố2 ứ

0

1
2

ũ f (x)dx = 3 . Tớnh tớch phõn

I = ũsin 2xf Â(sin x)dx

0

- p
6

Li gii:
0

Â
Ta cú I = 2ũsin x cos x.f (sin x)dx , t t = sinx ị dt = cos xdx
- p
6

0
0
ỡù
-p
- 1
ùù x =
ị t=
Â
Â
6
2 khi ú I = 2 ũ tf (t)dt ị I = 2 ũ xf (x)dx
i cn : ớ

ùù
- 1
- 1
2
2
ùợ x = 0 ị t = 0
ộ
ự
0
0
ờ
ỳ
ùỡù u = x
ùùỡ du = dx
0
= 4 - 2 ũ f (x)dx
ị ớ
I =2ờ
xf (x)) - 1 - ũ f (x)dx ỳ
(
ớ
ta
cú
ờ
ỳ
ùùợ dv = f Â(x)dx ùùợ v = f (x)
- 1
2
- 1
ờ

ỳ
2
ờ
ỳ
2
ở
ỷ
1
2

0

Do f (x) l hm s chn nờn

1
2

ũf (x)dx =ũf (x)dx . Nờn I = 4 - 2ũf (x)dx =- 2
- 1
2

0

0

Vớ d 6: Cho hm s f (x) liờn tc, cú o hm trờn on [1;3] tha món
3

3

f (x) + ln x
xf Â(x)
dx
dx = 0 . Tớnh tớch phõn I = ũ
f (3) = f (1) = 3 v ũ
2
x
+
1
x
+
1
(
)
1
1

Li gii:
ỡù u = f (x) + ln x
ùù
t ùớ dv = 1 dx ị
ùù
2
( x +1)
ùùợ

ổ
1ử
ùỡù
f Â(x) + ữ

ữ
ùù du = ỗ
ỗ
ữdx
ỗ
ố
ứ
x
ùớ
ùù
1
x
+1 =
ùù v =x +1
x +1
ùợ
3

ộx
ự
( f (x) + ln x ) ỳ Khi ú I = ờ
ờ
ỳ
ởx +1
ỷ1
3
1
= ( f (3) + ln 3) - f (1) 4
2

3

ộxf Â(x)
1 ự
ờ
+
ũ ờởx +1 x +1ỳỳỷdx
1

ộ0 + ln x +1 3 ự= 3 + 3 ln 3 - ln 2 .
ờ
1ỳ
ở
ỷ 4 4

2.2.3.4. Phng phỏp to bỡnh phng cho hm s di tớch phõn
A. Kin thc s dng:

13


b

f (x) ³ 0

Nếu

" x Î [ a;b ]

với

ò f (x)dx ³

thì

0,

Dấu

"="

xảy

ra

a

Û f (x) = 0, " x Î [ a;b ]
b

Hệ quả:

òf

2

(x)dx = 0 Û f (x) = 0 với " x Î [ a;b ] .

a

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

2

2

2

3

ò f ¢(x)dx = 2 và ò éëf ¢(x)ùû dx = 4 . Tính tích phân I = ò[ f (x)] dx
1

1

1

2

ù
¢
Nhận xét : Giả thiết chứa é
ëf ¢(x)û và f (x) nên ta tạo bình phương dạng
2

éf ¢(x) - a ù
ë
û

2

ò éëf ¢(x) -

Ta chọn a sao cho
2

2

aù
û dx = 0 Û

1
2

2

ò( éëf ¢(x)ùû -

2

)

2

2af ¢(x) + a 2 dx = 0

1

2

2
2
ù
Û òé
ëf ¢(x)ûdx - 2a ò f ¢(x)dx + a ò dx = 0 Û 4 - 4a + a = 0 Û a = 2 i
1

1

1

Lời giải:
2

Ta có:

ò éëf ¢(x) -

2

2

2ù
û dx = 0 Û

1

ò( éëf ¢(x)ùû 2

)

4f ¢(x) + 4 dx = 0

1

Þ f ¢(x) = 2 Þ f (x) = 2x + c , mà f (0) =1 Þ c =1 nên f (x) = 2x +1
2

2

2

3
2
Khi đó: I = ò[ f (x) ] dx = ò( 2x +1) dx = ò( 8x +12x + 6x +1) dx = 68
3

1

3

1

1

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

1

2

ò xf (x)dx =1 và ò[ f (x)]
0

0

1

2018

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

dx

0

2

Nhận xét : Giả thiết chứa [ f (x)] và xf (x) nên ta tạo bình phương dạng
2

[ f (x) - ax ]

1

ò[ f (x) -

Ta chọn a sao cho

1

2

ax ] dx = 0 Û

0

1

Û

2

2

)

- 2axf (x) + a 2 x 2 dx = 0

0

1

1

ò[ f (x)] dx - 2a ò xf (x)dx + a
0

ò( [ f (x) ]

0

2

2
ò x dx = 0 Û 3 - 2a +
0

a2
=0 Û a =3.
3

Lời giải:
1

Ta có

ò[ f (x) 0

2

1

2

1

1

3x ] dx = ò[ f (x) ] dx - 6 ò xf (x)dx + 9 ò x 2dx = 0
0

0

14

0


1

2018

Þ f (x) = 3x . Khi đó I = ò[ f (x) ]

1
2018

dx = 3

0

2018
ò x dx =
0

32018
.

2019

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

1
ò[ f (x)] dx = 5 và
0
2

1

1

ò
0

2
x.f ( x )dx = . Tính tích phân I = ò f (x)dx
5
0
2

Nhận xét : Giả thiết chứa [ f (x)] và f ( x ) nên ta chưa thể tạo bình phương, do
1

òf (

đó trước hết ta biến đổi

x )dx

để khử căn bằng cách đặt

0

t = x Þ dx = 2tdx ,
1

2
= 2 ò t 2f (t)dt Þ
5
0

Đổi

1

1
2
t
f
(t)dt
=
.Þ
ò
5
0

ïìï x = 0 Þ t = 0

í
ïïî x = 1 Þ t = 1

cận
1
2
ò x f (x)dt =
0

Ta

có

1
5

2

Đến đây ta được hai biểu thức [ f (x)] và x 2f (x) nên ta tạo bình phương dạng
2

éf (x) - ax 2 ù , ta chọn a sao cho:
ê
ú
ë
û
1

2
2

éf (x) - ax 2 ù dx = 0 Û 1 - 2a. 1 + a = 0 Û a = 1
ú
ò ëê
û
5
5 5
0

Lời giải:
1

Xét

ò

x.f ( x )dx =

0

2
, đặt t = x Þ dx = 2tdx
5

1
ìïï x = 0 Þ t = 0
2
2
Đổi cận íï
, khi đó: = 2ò t f (t)dt Þ
5

ïî x = 1 Þ t = 1
0
1

Vì

1

1

1

ò x f (x)dt = 5
2

0

2
éf (x) - x 2 ù dx = [ f (x) ]2 - 2x 2f (x) + x 4 dx = 1 - 2. 1 + 1 = 0
ê
ú
òë
ò
û
5
5 5
0
0

(

)

1

1

2
nên f (x) = x . Do đó I = ò f (x)dx = ò x dx =
2

0

0

1
3
é pù
ê
ë 2ú
û

p
2

Ví dụ 4: Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn ê0; ú. Biết f ( ) = 0 ,
p
2

p

2

p
2

p

ò éëf ¢(x)ùû dx = p và ò cos x.f (x)dx = 2 . Tính tích phân I = òf (x)dx
0

2

0

0

2

ù
f (x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do
Nhận xét : Giả thiết chứa é
ëf ¢(x)û và
đó trước hết ta biến đổi

p
2

ò cos x.f (x)dx

để tạo biểu thức f ¢(x) bằng cách đặt

0

15


p
ïíïì du = f ¢(x)dx
p
,
khi
đó
= ( f (x)sinx ) 02 ïïî v = sinx
2

ïìï u = f (x)
Þ
í
ïïî dv = cos xdx
p
2

Þ

p
2

òf ¢(x)sin xdx
0

p . Đến đây ta được hai biểu thức éf ¢(x)ù2 và f ¢(x).sinx
ë
û
2

ò f ¢(x)sin xdx =0

nên
2
ù
¢
f
(x)
a
sinx
ta tạo bình phương dạng é
ë
û
Ta chọn a sao cho:

p
2

2

ò éëf ¢(x) -

a sinx ù
û dx = 0

0

p
2

Û

2

ò éëf ¢(x)ùûdx -

p
2

p
2

0

0

2a òsin x.f ¢(x)dx + a 2 òsin 2 xdx = 0

0

2

Û p+ ap+

pa

= 0 Û a =- 2 Từ đó ta có lời giải
4

Lời giải:
Xét

p
2

p
ò cos x.f (x)dx = 2 , đặt
0
p
2
0

khi đó p = ( f (x)sinx ) 2

Ta có

ïìï u = f (x)
Þ
í
ïïî dv = cos xdx

p
2

p
2

0

p
2

ò éëf ¢(x) + 2sinx ùû dx = ò( éëf ¢(x)ùû + 4sinx.f ¢(x) + 4sin
2

0

p
2

òf ¢(x)sin xdx Þ ò f ¢(x)sin xdx =0

p
2

ïíïì du = f ¢(x)dx
ïïî v = sinx

2

2

)

x dx = 0

0

p
Þ f ¢(x) =- 2sin x Þ f (x) = 2cos x + c mà f ( ) = 0 Þ c = 0
2
p
2

p
2

0

0

Nên có f (x) = 2cos x . Ta có I = f (x)dx = 2 cos xdx = 2
ò
ò
Ví dụ 5: Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [- 1;0] . Biết
7
f (- 1) =10

0

2

éf ¢(x) ù
169
ò êêë x úúû dx = 105 và
- 1

0

103

ò( x - 1) .f (x)dx = 420 .
- 1

1

I = ò f (x)dx
0

16

Tính tích phân


ộf Â(x) ự2
ỳ v f (x) nờn ta cha th to bỡnh phng, do
Nhn xột : Gi thit cha ờ
ờ
ỳ
x
ở
ỷ
0

ú trc ht ta bin i

ũ( x - 1) .f (x) dx

a v f Â(x) bng cỏch t

- 1

ỡù du = f Â(x)dx
0
0
ùù
ộổx 2
ự
ử
103
1
ữ
ỗ
2
=ờ
f (x)ỳ
- ũ( x 2 - 2x ) f Â(x)dx
ớ
,
ỗ - xữ
ữ
ờ
ỳ
ùù v = x - x
ữ
ỗ

420 ởố 2
ứ
ỷ- 1 2 - 1
ùùợ
2
0
2
ộf Â(x) ự
169
2
ị ũ( x - 2x ) f Â(x)dx =
ỳ v
. n õy ta c hai biu thc ờ
ờ
ỳ
105
x
ở
ỷ
- 1

ỡù u = f (x)
ùớ
ị
ùù dv = ( x - 1) dx
ợ

ộf Â(x)
ự2
3

2
Â
( x - 2x ) f (x) nờn ta to bỡnh phng dng ờờ - a ( x - 2x ) ỳỳ , chn a
ở x
ỷ
2
2
1
1 ổ
ử
ộf Â(x)
ự
ộf Â(x) ự
(x)
ỗ
3
2
3
2 fÂ
2
3
2 2ữ
ỗ
ờ
ỳ
ờ
ỳ
a
x
2x

dx
=
0

2a
x
2x
.
+
a
x
2x
dx = 0
(
)ỳ
(
) x
(
)ữ
ữ
ỗờ x ỳ
ũ ờở x
ũ
ữ
ữ
ỗ
ỷ
ỷ
ốở
ứ

2

0

0

1
1
ộf Â(x) ự2
2
2
2
Â
ỳ dx - 2a ũ( x - 2x ) .f (x)dx + a ũ( x 3 - 2x 2 ) dx = 0
ũờ
ờ
ở x ỳ
ỷ
1

0

0

0

169
169 169 2

- 2a.

+
a = 0 a = 1 . T ú ta cú li gii
105
105 105

Li gii:
0

103
Xột ũ( x - 1) .f (x)dx =
, t
420
- 1

ùỡù du = f Â(x)dx
ù
2
ớ
ùù v = x - x
ùùợ
2

ùỡù u = f (x)
ị
ớ
ùù dv = ( x - 1) dx
ợ

0

0
ự
ổx 2
ử
103 ộ
1
ữ
ỗ
=ờ
f (x)ỳ
- ũ( x 2 - 2x ) f Â(x)dx ị
ỗ - xữ
ữ
ờ
ỳ
ữ
ỗ
420 ởố 2
ứ
ỷ- 1 2 - 1

0

ũ( x

2

- 2x ) f Â(x)dx =

- 1

2

1

ộf Â(x)
ự
3
2
ờ
ỳ dx
x
2x
(
)
ũ ờở x
ỳ
ỷ
0
2
1
1
1
ộf Â(x) ự
2
2
ỳ dx - 2 ũ( x - 2x ) .f Â(x)dx + ũ( x 3 - 2x 2 ) dx = 0
= ũờ
ờ
ở x ỳ

ỷ
0

0

0

f Â(x)
1
1
= x 3 - 2x 2 f Â(x) = x 4 - 2x 3 ị f (x) = x 5 - x 4 + c
x
5
2
7
1
1
ị c = 0 nờn f (x) = x 5 - x 4
M f (- 1) =10
5
2
ị

1

1

1

ổ

ổ1 6 1 5 ử
1 5 1 4ử
1
ỗ
x - x ữ
dx
=
x x ữ
=Khi ú I = ũ f (x)dx = ũỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ố5
ố30
2 ứ
10 ứ0
15
0
0

17

169
105

Ví dụ 6: Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn [ 0;2] . Biết f (2) = 7 và
2

éf ¢(x)ù = 21x - 12x - 12xf (x) với " x Î [ 0;2] . Tính tích phân I = ò f (x)dx
ë
û
2

4

0

Lời giải :
2

2

0
2

0

2
é21x 4 - 12x - 12xf (x)ùdx
ù
Từ giả thiết ta có ò é
ê
ú
ëf ¢(x)û dx = ò ë

û
2

Þ

ò éëf ¢(x)ùû dx = ò( 21x
2

0
2

Þ

0

2

4

- 12x )dx - 12 ò xf (x)dx
0

2

2

ò éëf ¢(x)ùû dx =
0

552

- 12 ò xf (x)dx (*)
5
0

2
ù và f (x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do
¢
f
(x)
Đến đây ta có hai biểu thức é
ë
û
2

đó trước hết ta biến đổi

ò xf (x)dx

để tạo ra f ¢(x) bằng cách đặt

0

ìï du = f ¢(x)dx
ïï
2
í
ïï v = x
ïïî
2
2

2
2
éx 2
ù 1 2 2
1
f (x)ú - ò x f ¢(x)dx =14 - ò x 2f ¢(x)dx ,
Khi đó ò xf (x)dx = ê
ê2
ú 2
2 0
ë
û0
0
0
2
2
é
ù
2
552
1
ê
é
ù
¢
- 12 ê
14 - ò x 2f ¢(x)dx ú
thế vào (*) ta được: ò ëf (x)û dx =
ú
5

2 0
ê
ú
0
ë
û
2
2
2
ù dx - 6 ò x 2f ¢(x)dx + 288 = 0 (**)
¢
Û òé
f
(x)
ë
û
5
0
0
ìïï u = f (x)
Þ
í
ïïî dv = xdx

2

288
Mà ò9x dx =
nên ta có (**) Û
5

0
4

2

Û

2

2

2

2

ò éëf ¢(x)ùû dx - 6ò x f ¢(x)dx + ò9x dx = 0
2

0

4

0

0

2

2
2

3
ò éêëf ¢(x) - 3x ùúû dx = 0 Þ f ¢(x) = 3x Þ f (x) = x + c
0

2

2

0

0

3
mà f (2) = 7 Þ c =- 1 Þ f (x) = x - 1 . Suy ra I = ò f (x)dx = ò( x - 1) dx = 2
3

1

Ví dụ 7: Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [ 0;1] thỏa mãn

ò f (x)dx = 2 ,
0

1

7

ò xf (x)dx = 6
0

1

và

2

ò[ f (x)]
0

1

dx =

13
3
. Tính tích phân I = ò[ f (x) ] dx
3
0

18


2

Nhận xét : Giả thiết chứa [ f (x)] , xf (x) và f (x) nên ta tạo bình phương dạng
1
2

[ f (x) + ax + b ] ,ta chọn a, b sao cho

2

ò[ f (x) + ax + b]

dx = 0

0

1

Û

ò( [ f (x)]

2

)

+ 2axf (x) + 2bf (x) + 2abx + a 2 x 2 + b 2 dx = 0

0

13
7
a2
+ 2a. + 4b + ab + + b 2 = 0 Û a 2 + ( 3b + 7) a + 3b 2 +12b +13 = 0 .
3
6
3
2

Để có a thì D ³ 0 Û - 3( b +1) ³ 0 Û b =- 1 Þ a =- 2 ,

Û

Lời giải:
1

Ta có

ò[ f (x) 0

1

2

(

)

2

2x - 1] dx = ò [ f (x) ] - 4xf (x) - 2f (x) + 4x + 4x 2 +1 dx = 0
0

1

3

1

3

Þ f (x) = 2x +1 . Þ I = ò[ f (x) ] dx = ò( 2x +1) dx = 10
0

0

2.2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Thực tiễn giảng dạy ở trường THPT Hàm Rồng tôi được nhà trường giao cho
giảng dạy ba lớp 12B8 và 12B9. Sau khi thử nghiệm dạy nội dung này qua việc
lồng ghép 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
%
12B8 39 4 10.3 13 33.3 20
51.3
2
5.1
0
0
12B9 39 9 23.1 12 30.8 17
43.6
1
2.5
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 của hàm ẩn , cũng như tạo
thói quen sáng tạo trong nghiên cứu và học tập.

19


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
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 tôi và ôn thi THPT quốc gia tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nêu trên. Như
vậy đề tài “Một số giải pháp nâng cao kĩ năng giải các bài toán tích phân
của một số hàm ẩn cho học sinh lớp 12 trường THPT Hàm Rồng” 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 của hàm
ẩn nói riêng góp phần nâng cao chất lượng dạy học, đáp ứng được yêu cầu đổi
mới trong dạy học.
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.
3.2. KIẾN NGHỊ
3.2.1. Đối với tổ chuyên môn :
Cần có nhiều hơn các buổi họp thảo luận về nội dung phương pháp tính
tích phân. Khuyến khích học sinh xây dựng bài tập toán liên quan đến những
dạng bài tập toán trong bài giảng.
3.2.2. Đối với trường :
Cần bố trí những tiết thảo luận hơn nữa để thông qua đó các học sinh bổ
trợ nhau về kiến thức. Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần xây dựng
bài giảng thành hệ thống những bài tập có phương pháp và quy trình giải toán.
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.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 22 tháng 5 năm
2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN do
chính bản thân mình viết, không sao
chép nội dung của người khác.

20


Đỗ Thị Lan

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO:
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. Đề minh họa môn Toán năm 2020, Bộ Giáo dục và đào tạo
4. Đề thi tham khảo tốt nghiệp THPT năm 2020, Bộ Giáo dục và đào tạo


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI

Họ và tên tác giả: Đỗ Thị Lan
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên Trường THPT Hàm Rồng

TT

Tên đề tài SKKN
Sử dụng tư duy sáng tạo, tư

1.

duy ngược trong dạy học toán
THPT qua nội dung phương
trình và bất phương trình
Vận dụng tư duy triết học duy

2.

vật biện chứng trong dạy học
và nghiên cứu bất đẳng thức
ở trường THPT
Rèn luyện năng lực khái quát

3.

hóa, đặc biệt hóa và tương tự
cho học sinh thông qua khai
thác một BĐT lượng giác
Kỹ thuật tạo câu hỏi trắc

4.

nghiệm khách quan mức độ
vận dụng với bài toán đồ thị
hàm ẩn

Cấp đánh
giá xếp loại

Kết quả

Năm học

đánh giá

đánh giá xếp

xếp loại

loại

C

2010 – 2011

C

2011 - 2012

C

2014 – 2015

C

2018 - 2019

Sở Giáo dục
và đào tạo
Thanh Hóa
Sở Giáo dục
và đào tạo
Thanh Hóa
Sở Giáo dục
và đào tạo
Thanh Hóa
Sở Giáo dục
và đào tạo
Thanh Hóa