Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Sử dụng một số kết quả đẹp của hàm số và tích phân liên kết để tính tích phân

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT MƯỜNG LÁT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG MỘT SỐ KẾT QUẢ “ĐẸP” CỦA HÀM SỐ VÀ
TÍCH PHÂN LIÊN KẾT ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN

Họ và tên: Đỗ Đình Bằng
Chức vụ: Giáo viên Tốn
Đơn vị: Trường THPT Mường Lát
Sáng kiến kinh nghiệm thuộc lĩnh vực: Tốn học

THANH HĨA NĂM 2016


Phụ lục
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài ............................................................................................2
1.2. Mục đích nghiên cứu .....................................................................................2
1.3. Đối tượng nghiên cứu ....................................................................................2
1.4. Phương pháp nghiên cứu ...............................................................................2
2. Nội dung sáng kiến
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến.............................................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến.............................................3
2.3. Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề...................................................3
2.3.1. Sử dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số để tính tích phân ...................................3
Kết quả 1 ..................................................................................................................................3
Kết quả 2 ..................................................................................................................................5
Kết quả 3 ..................................................................................................................................7
Kết quả 4 ..................................................................................................................................8

Kết quả 5 ................................................................................................................................10
Kết quả 6 ................................................................................................................................12
Kết quả 7 ................................................................................................................................13
Bài tập tương tự .....................................................................................................................14
2.3.2. Sử dụng tích phân liên kết để tính tích phân .............................................15
Bài tập tương tự .....................................................................................................................18
2.4. Hiệu quả của sáng kiến ................................................................................19
3. Kết luận
3.1. Kết luận .......................................................................................................19
3.2. Kiến nghị .....................................................................................................20

1


1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Phép tính tích phân và vi phân đã được hai nhà toán học nổi tiếng I. Newton
(1643 – 1727) người Anh và G. Leibniz (1646 – 1716) người Đức, sáng tạo ra
đồng thời và độc lập với nhau và họ đã giải quyết khối lượng lớn các bài toán
quan trọng trong lĩnh vực tốn học, đặc biệt là các bài tốn về tích phân.
Cho đến ngày nay tích phân rất quan trọng trong bộ mơn Giải tích tốn học,
nó có nhiều ứng dụng như: Tính diện tích hình phẳng, thể tích vật thể, thể tích
khối trịn xoay..., chính vì quan trọng như vậy đã đưa vào giảng dạy chương
trình Giải tích lớp 12. Hơn thế nữa, trong một số đề thi Đại học và đề thi học
sinh giỏi tốn có những bài tích phân khơng dễ dàng chút nào, để làm được nó
chúng ta phải có một cái nhìn thật khéo léo và tinh tế cộng với sự hiểu biết của
mình về một số tính chất của hàm số thì bài tốn được giải quyết một cách nhẹ
nhàng.
Với hy vọng giúp học sinh học tốt hơn phần tích phân, nhất là học sinh ôn thi
Đại học và thi học sinh giỏi toán, tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến của mình “Sử

dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số và tích phân liên kết để tính tích
phân” .
1.2. Mục đích nghiên cứu
Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với học sinh vùng cao và tạo cho học
sinh có hứng thú học tích phân, đặc biệt giúp học sinh chủ động khi đứng trước
những loại tích phân kiểu này
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Sử dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số và tích phân liên kết để tính tích
phân
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Trong q trình nghiên cứu sáng kiến tơi đã sử dụng những phương pháp sau:
+) Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham
khảo và một số tài liệu khác có liên quan đến đề tài
+) Phương pháp sư phạm: Thông qua các tiết giảng dạy trên lớp
+) Phương pháp quan sát: Quan sát dạy và học ở Trường THPT Mường lát
2. Nôi dung sáng kiến
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến
Trình bày một số kết quả của hàm số như: Hàm số chẳn, hàm số lẻ, hàm số
tuần hồn..., mà tơi gọi đó là kết quả “đẹp’’ vào tính một số bài tốn tích phân là
rất cần thiết, sở dỉ trong chương trình Giải tích 12 khơng trình bày những kết
quả nêu trên vào việc tính tích phân, đơi khi ta gặp những bài tốn tích phân mà
hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ và cận lấy tích phân trên một đoạn là tập đối
xứng, hay khi gặp hàm tuần hoàn mà cận lấy tích phân quá sức tưởng tượng (cận
quá lớn) và bạn giải quyết tích phân đó cũng phải mất vài trang giấy, lời giải
cồng kềnh chắc gì đã thành cơng. Hơn nữa việc trình bày những kết quả nêu trên

2


là việc rất cần thiết trong lúc này nó giúp chúng ta tiết kiệm được thời gian để có

thể giải những bài tốn đó một cách nhanh chóng và ngắn ngọn
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
Khi dạy bài Ngun hàm tích phân tơi thấy phần lớn học sinh nắm bài chưa
sâu, lí do ở đây các em học phần đạo hàm ở lớp dưới chưa thành thạo. Hơn nữa
đề tài này có rất ít tài liệu viết về nó và tơi đã quan tâm với hy vọng khơng
những có thêm tài liệu tham khảo cho hoc sinh mà còn được giảng dạy ở Trường
THPT
Trong quá trình dạy và học tơi ln quan tâm dạy làm sao cho học sinh hiểu
bài tốt nhất, với sự đam mê và nổ lực của mình đề tài này đã được các em học
sinh khá giỏi nồng nhiệt hưởng ứng, đó cũng là bước đầu thành cơng của tơi.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Sử dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số để tính tích phân
Kết quả 1: Nếu hàm số f  x  liên tục và là hàm lẻ trên   a, a  thì

a

f  x dx 0

a
a

0

a

a

a

0

Chứng minh: Ta có I  f  x  dx f  x  dx  f  x  dx

1

0

Với tích phân

f  x  dx,

ta đổi biến x  t  dx  dt

a
0

0

Khi đó f  x  dx 

f   t  dt 

a

a

a

0

0

f  t dt  f  x  dx

a

 2 (do f  x  là hàm lẻ)

a

a

a

a

0

0

Thay (2) vào (1) ta được I  f  x  dx  f  x  dx  f  x  dx 0.
Chú ý: Hàm số f  x  xác định trên   a, a  và là hàm số lẻ trên   a, a  nếu như
với mọi x    a, a  ta có f   x   f  x .
1

Ví dụ 1.1: Cho

f  x dx 2016,

nếu f  x  là hàm lẻ trên đoạn   1;1. Tính

0

Giải: Vì f  x  là hàm lẻ trên   1;1 nên x    1;1 ta có: f   x   f  x .
Bằng phép đổi biến x  t  dx  dt
0

0

1

1

1

1

1

0

0

0

0

f  x  dx

1

Khi đó f  x  dx  f   t  dt f   t  dt  f  t dt  f  x  dx  2016
1





Ví dụ 1.2: Tính tích phân I  ln x  x 2  1 dx
1

0

1









2
2
Giải: Ta có I  ln x  x  1 dx  ln x  x  1 dx
1

1

0

0





Với tích phân J  ln x  x 2  1 dx , ta đổi biến x  t  dx  dt.
1

3


0



1



2

Khi đó J  ln  t  t  1 dt ln
1

0

1

ln

t 2 1  t 2
t 2 1  t

0

1



t 2 1  t

1

1

dt ln

t 2 1  t

0

1



2

t 2 1  t 2

dt

dt





 2

 ln t  1  t dt  ln x 2  1  x dx
0

0

Thay (2) vào (1), ta được I 0.
1





1





2
2
Chú ý: ln t  1  t dt ln x  1  x dx
0

0

Nghĩa là tích phân khơng phụ thuộc vào cách kí hiệu biến là x hay t...
Nhận xét: Hàm số f  x  ln x  x 2  1 xác định trên R









2
x  R , ta có f   x  ln x  1  x ln

1
2

x 1  x





 ln x 2  1  x  f  x .

Do đó f  x  là hàm lẻ trên R nói riêng là lẻ trên đoạn   1;1 .
Theo Kết quả 1, suy ra I 0.
1

Ví dụ 1.3: Tính tích phân I  cos x ln
1

0

1

Giải: Ta có I  cos x ln
1

2x
2x
dx  cos x ln
dx
2 x
2

x
0

0

Với tích phân J  cos x ln
1

0

Khi đó J  cos  t  ln
1

2x
dx
2 x

1

2x
dx , ta đổi biến x  t  dx  dt.
2 x
1

1

2 t
2t
2x
dt  cos t ln
dt  cos x ln
dx
2 t
2 t
2 x
0
0

 2

Thay (2) vào (1), ta được I 0.
2x
liên tục trên đoạn   1;1 và x    1;1 , ta
2 x
2 x
2 x
 cos x ln
 f  x   f  x  là hàm số lẻ trên   1;1
có f   x  cos  x  ln
2 x
2 x
Theo Kết quả 1, suy ra I 0.

Nhận xét: Hàm số f  x  cos x ln


4

2016
Ví dụ 1.4: Tính tích phân I  x sin  2016 x  dx



4

 
; , ta có

 4 4 


2016
Giải: Đặt f  x  x sin  2016 x , x   

  
f   x  x 2016 sin   2016 x   x 2016 sin 2016 x   f  x   f  x  là hàm số lẻ trên   ; 
 4 4
Theo Kết quả 1, ta được I 0

Nhận xét: Với bài tốn trên nếu ta sử dụng phương pháp tích phân từng phần
thì đây quả là một bài tốn rất khó chịu.
4


2

Ví dụ 1.5: Chứng minh rằng I  sin  sin x  nx  dx 0

n   


0

Giải: Đổi biến x   t  dx dt
2



0



Khi đó I  sin  sin x  nx  dx  sin   sin t  nt  n  dt   1

n



sin  sin t  nt  dt



Hàm số f  t  sin   sin t  nt  liên tục trên    ;  và f   t  sin   sin   t   nt 
sin  sin t  nt   sin   sin t  nt   f  t   f  t  là hàm lẻ trên    ;  nhờ
Kết quả 1 suy ra I 0
Nhận xét: Rõ ràng sự tiện lợi của Kết quả 1 mà ta có thể áp dụng cho một số
bài tốn tích phân mà cận của nó khơng đối xứng.
Kết quả 2: Nếu hàm số f  x  liên tục và là hàm chẵn trên   a, a  thì
a

a

f  x dx 2f  x dx.

a

0

a

0

a

a

a

0

Chứng minh: Ta có I  f  x  dx f  x  dx  f  x  dx

1

0

Với tích phân

f  x  dx,

ta đổi biến x  t  dx  dt

a
0

0

a

a

a

a

a

0

0

0

Khi đó f  x  dx  f   t dt f   t  dt f  t  dt f  x dx
a

a

a

0

 2 (do f  x  là hàm lẻ)

Thay (2) vào (1) I  f  x  dx 2f  x dx.
Chú ý: Hàm số f  x  xác định trên   a, a  và là hàm số chẵn trên   a, a  nếu
như với mọi x    a, a  , ta có f   x   f  x .
1

Ví dụ 2.1: Cho

f  x dx 2016 và f  x 

là hàm chẵn trên đoạn   1;1. Tính

0

Giải: Vì f  x  là hàm chẵn trên   1;1 nên x    1;1 ta có: f   x   f  x .
Bằng phép đổi biến x  t  dx  dt
0

0

1

1

1

0

1

1

0

0

0

f  x  dx

1

Khi đó f  x  dx  f   t  dt f   t  dt f  t dt  f  x  dx 2016

3

5
Ví dụ 2.2: Tính tích phân I  cos xdx



3

 
  
;  và x    ;  , ta có
 3 3
 3 3
  
cos 5 x  f  x   f  x  là hàm chẵn trên   ; 
 3 3


Giải: Hàm số f  x  cos 5 x liên tục trên  
f   x   cos  x  

5

5



3


3


3


3

0

0

5
5
2
Theo Kết quả 2, ta có I  cos xdx 2 cos xdx 2 cos x  cos xdx



3






3

2



2



2 1  sin 2 x d  sin x  2 1  2 sin 2 x  sin 4 x d  sin x 
0

0



 3
2
1
3 9 3  17 3

3


2 sin x  sin 3 x  sin 5 x  2



3
5
2
4
32
16

0



3

2 x 5  3x 3  x 1
dx
cos 2 x

Ví dụ 2.3: Tính tích phân I  



3

5



3

3

2 x  3x  x
dx 
cos 2 x

Giải: Ta có I  



3


3

dx

 cos



2

x

3

2 x 5  3x 3  x

  
, x    ;  , ta có
2
cos x
 3 3
5
3
5
 2 x  3x  x
2 x  3x 3  x
f   x 


 f  x   f  x  là hàm số lẻ trên
cos2 x
cos2 x

Đặt f  x  

  
  3 ; 3 


3

2 x 5  3x 3  x
dx 0
Theo Kết quả 1, ta được 
cos 2 x





3

dx
tan x 2 3

cos 2 x


Khi đó I  



3

3


3

3

Nhận xét: Hàm f  x  


3

1

  
chẵn trên đoạn   ;   I 2 tan x 2 3
2
cos x
0
 3 3
1

x 4  tan x
dx
x 2 1
1

Ví dụ 2.4: Tính tích phân I  
1

1

1

x 4  tan x
x4
tan x
dx
dx   2
dx
=
2
2


x 1
x 1
x 1
1
1
1

Giải: Ta có I  
1

tan x
Xét I1   2 dx
x 1
1
tan x
Do hàm f  x   2
lẻ trên đoạn   1;1 nên từ Kết quả 1 ta có I1 0
x 1
1
x4
I

Xét 2  2 dx
x 1
1

6


1

4

x
x4
Do hàm f  x   2
chẵn trên đoạn   1;1 nên từ Kết quả 2 ta có I 2 2 2 dx
x 1
x 1
0
1

1





1

x4
x 4  1 1
1 

I

I

2
dx


2
dx 2  x 2  1  2 dx
Khi đó
2
2
2


x 1
x 1
x 1 
0
0
0
1

1
1
 x3
1
1
1
4
1
2 x  1 dx  2  2 dx 2  x   2  2 dx   2  2 dx
x 1
x 1
3
x 1

 3
0
0
0
0
0
Đổi biến x tan t  dx  1  tan 2 t dt



1



2






4

Khi đó I  4  2 dt   4
3

2

0

3

Nhận xét: Từ Kết quả 1 và Kết quả 2 dẫn đến một kết quả “chung” sau đây
a

a

a

0

Kết quả 3: Nếu f  x  là hàm liên tục trên   a; a  thì f  x  dx  f  x   f   x  dx
Chứng minh: Ta có

a

0

a

a

a

0

f  x  dx  f  x dx  f  x  dx

Đổi biến x  t  dx  dt
0

Khi đó

0

a

a

f  x dx  f   t dt f   t  dt f   x dx

a

a

0

a

0

a

a

a

0

0

a

a

a

0

0

0

Vậy f  x  dx  f  x dx  f  x  dx f   x  dx  f  x  dx  f  x   f   x   dx.

3

Ví dụ 3.1: Tính tích phân I  f  x  dx, nếu f  x   f   x  2 x  tan x



3

Giải: Ta có



3



3

0

 f  x  dx   f  x dx  f  x dx


3

0

3

Đổi biến x  t  dx  dt
Khi đó



3

Vậy


0

0

3

3


3


3

0

0

 f  x dx  f   t dt f   t dt f   x dx

3


3


3

0

0

0



sin x 

 f  x dx  f  x   f   x   dx  2 x  tan x  dx  2 x  cos x dx
3


3


3

d  cos x 
 2 xdx  
 x 2  ln cos x 
cos x
0
0






3
0



2
 ln 2
9

7


Ví dụ 3.2: Cho hàm số f  x  liên tục trên R thỏa mãn f  x   f   x   2  2 cos 2 x .
3
2

Tính I  f  x  dx

(ĐHSP Hà Nội 2, 1998)

3

2

Giải: Nhờ Kết quả 3, ta có f  x   f   x   2  2 cos 2 x
3
2

3
2

3
2

3
2

3

2

0

0

0

Khi đó I  f  x  dx   2  2 cos 2 x dx   21  cos 2 x  dx 2 sin x dx




2 sin xdx 
0


3
2

3
 


 
2 
sin xdx  2  cos x 0  cos x   6


 

Nhận xét: Nếu chúng ta khơng biết đến Kết quả 3 thì việc tính tích phân trên
vơ cùng khó khăn vì giả thiết chưa đủ để xác định được hàm số f  x . Hơn nữa
a

sự tiện lợi của nó là tính

f  x dx mà không cần biết đến hàm f  x .

a

Kết quả 4: Nếu hàm số f  x  liên tục và là hàm chẵn trên   a, a  thì
f  x
I   x dx f  x dx k  0
k 1
a
0
a

a

f  x
f  x
f  x
Chứng minh: Ta có I   x dx   x dx   x dx
k 1
k 1
k 1
a
a

0
a

0

Với tích phân

0

a

1

f  x
dx, ta đổi biến x  t  dx  dt
x
1

k

a

f  x
f  t
f  t
k t f t 
k x f  x
dx



dt

dt

dt

dx
x
t
t
x




Khi đó 
1
k

1
k

1
k

1
k

1
a

a
0
0
0
1
kt
0

0

a

a

a

 2 (do f  x  là

hàm chẵn)
f  x
k x f  x
f  x
Thay (2) vào (1) I   x dx  x dx   x dx f  x dx. (đpcm)
k 1
k 1
k 1
a
0
0
0

a

a

a

a

1

x2
dx
3 1
1

Ví dụ 4.1: Tính tích phân I   x
1

0

1

x2
x2
x2
I

dx

dx


dx
Giải: Ta có
x
x
x



3

1
3

1
3

1
1
1
0

1

0

Với tích phân
0

x2

3x  1dx, ta đổi biến x  t  dx  dt
1
0

1

1

1

x2
t2
t2
3t t 2
3x x 2
dx


dt

dt

dt

dx
t
x





Khi đó 
1
3x 1
3 t  1
3

1
3

1
1
1
0
0
0
1
3t

 2 ( f  x  là hàm chẵn)

8


1

1

1

1

x2
3x x 2
x2
x3
2
Thay (2) vào (1), ta được I   x dx  x dx   x dx x dx 
3
3 1
3 1
3 1
1
0
0
0

1
 .
3
0
1

Nhận xét: Hàm f  x  x 2 liên tục và là hàm số chẵn trên   1;1 nên từ Kết quả
1
2
4 suy ra I x dx 
0

x3

3

1
0



1
3

2

x 2 sin x
I

Ví dụ 4.2: Tính tích phân
 2016 x 1dx


2

  
2
Giải: Hàm f  x  x sin x liên tục và là hàm chẵn trên   ;  nên từ Kết quả 4
 2 2

2


2

suy ra I x 2 sin x dx x 2 sin xdx
0

0

2

 du 2 xdx
 
 dv sin xdx  v  cos x
 u x

Đặt 


2


2


2

0

0

0

2
Khi đó I  x cos x  2 x cos xdx 2 x cos xdx

 u x
 du dx
 
 dv cos xdx  v sin x

Đặt 


2


2

0

0


2

Khi đó I 2 x sin x  2 sin xdx   2 cos x   2
0


4

sin 6 x  cos 6 x

I

Ví dụ 4.3: Tính tích phân
 6 x  1 dx


4

  

Giải: Hàm f  x  sin 6 x  cos 6 x liên tục và là hàm chẵn trên   ;  nên từ Kết
 4 4

4


4

0

0





quả 4 suy ra I sin 6 x  cos 6 x dx sin 2 x  cos 2 x 3  3sin 2 x cos 2 xsin 2 x  cos 2 x  dx

4


4

 3  1  cos 4 x  
 3

 1  sin 2 2 x dx  1  
 dx
4
4
2





0
0

4



5
5  4 5
3
 3
  cos 4 x  dx  sin 4 x  x  
8
8

8  0 32
 32
0

Nhật xét: Rõ ràng sự tiện lợi của Kết quả 4 làm cho bài toán trở nên nhẹ
nhàng hơn
9



2

sin x sin 2 x cos 5 x
dx
e x 1

Ví dụ 4.4: Tính tích phân I  



2

(ĐH Bách Khoa, 1999)
 
;
nên từ
 2 2 


Giải: Hàm f  x  sin x sin 2 x cos 5 x liên tục và là hàm chẵn trên  


2


2

0

20

Kết quả 4 suy ra I sin x sin 2 x cos 5 xdx 1  cos x  cos 3x  cos 5 xdx




12
12
  cos x cos 5 x  cos 3 x cos 5 x dx   cos 4 x  cos 6 x  cos 2 x  cos 8 x dx
20
40


11
1
1
1
2
  sin 4 x  sin 6 x  sin 2 x  sin 8 x  0
4 4
6

2
8
0

Kết quả 5: Nếu hàm f  x  liên tục trên đoạn  a; b thỏa mãn f  x   f  a  b  x  thì
b

xf  x dx 
a

b

a b
f  x  dx
2 
a

Chứng minh: Đổi biến x a  b  t  dx  dt
b

a

a

b

b

Khi đó xf  x dx   a  b  t  f  a  b  t  dt  a  b  t  f  t  dt
a

b

b

b

a

a

a

 a  b  f  t dt  tf  t dt  a  b  f  x dx 
b

b

b

b

xf  x dx
a

b

a b
 2xf  x  dx  a  b  f  x dx  xf  x dx 
f  x dx.


2
a
a
a
a
a

0
,
b






Nhận xét: Nếu ta chọn
và f x là f sin x thỏa mãn


f  sin x   f  sin  0    x   thì ta nhận được kết quả

xf  sin x dx 
0




2

0

0




f  sin x dx
2
0

1



Ta có f  sin x dx f  sin x dx  f  sin x dx

2

Đổi biến x   t  dx  dt


Khi đó


2




2

0

0

0

f  sin x dx  f  sin x dx  f  sin x dx 2 f  sin x dx  2


2


Bằng phép đổi biến x   t , ta lại có
2


2


2

0

0

f  sin x dx  f  cos x dx  3


3
Ví dụ 5.1: Tính tích phân I x sin xdx
0

10


Giải: Hàm f  x  sin 3 x liên tục trên đoạn  0; 
Ta có f  a  b  x   f   x  sin 3   x  sin 3 x  f  x 








3
2
Theo kết quả 5 suy ra I x sin xdx  sin xdx  1  cos x  sin xdx
20
20
0
3







1
  2

1  cos 2 x d  cos x    cos x  cos 3 x  

20
2
3
0 3

2

sin 2016 x
dx
sin 2016 x  cos 2016 x
0

Ví dụ 5.2: Tính tích phân I 

2

Giải: Đổi biến x   t  dx  dt



sin 2016   t 
2
cos2016 t

2 
dt  2016
dt
Khi đó I  
sin t  cos2016 t


2016  
2016  

0
sin   t   cos   t 
2
2 
2 
0


2

cos 2016 x
 2016
dx
sin
x  cos 2016 x
0

2

2016


2

2016

sin
x  cos x


 2 I  2016
dx dx   I 
2016
2
4
sin
x  cos x
0
0

Nhận xét: Nhờ đẳng thức (3) ta dễ dàng chứng minh bài toán tổng quát sau

2


2

n

cos x

sin n x

I  n
dx

dx 
n
n
n

sin x  cos x
sin x  cos x
4
0
0

 n  R


2
Ví dụ 5.3: Tính tích phân I x sin x cos xdx

(Học viện Ngân hàng, 1998)

0





2
Giải: Ta có I x sin x cos xdx x sin x1  sin x dx
2

0

0

Xem hàm f  sin x  sin x1  sin x  nhờ đẳng thức (1) ta nhận được
2












I x sin x cos xdx  cos 2 x sin xdx  cos 2 xd  cos x   cos 3 x 
20
20
6
3
0
0
2


2


2

0

0

Ví dụ 5.4: Chứng minh rằng sin n xdx cos n xdx  n   

Giải: Đổi biến x   t  dx  dt
2

2

0


2


2

0

0


n
n 
n
n
Khi đó sin xdx  sin   t  dt  cos tdt cos xdx.
0


2

2



11


Kết quả 6: Nếu hàm f  x  liên tục trên đoạn  a; b thì

b

b

a

a

f  x dx f  a  b  x dx

Chứng minh: Đổi biến x a  b  t  dx  dt
b

a

a

b

b

b

a

a

Khi đó f  x dx  f  a  b  t  dt f  a  b  t  dt f  a  b  x  dx

4

Ví dụ 6.1: Tính tích phân I ln tan x  1 dx
0


4

Giải: Đổi biến x   t  dx  dt
0


4


4

0.

0.

   
 1  tan t 
 2 
 1 dt ln
 dt
Khi đó I  ln tan  t   1 dt ln
4 
 1  tan t 
 1  tan t 



4


4





4


4


4



ln 2dt  ln tan t  1 dt ln 2dt  I  2 I t ln 2  ln 2  I  ln 2
4
8
0
0
0
0

2

Ví dụ 6.2: Tính tích phân I 5 sin x  4 cos x3 dx (Đại học GTVT, 2001)
0

 sin x  cos x 


2

Giải: Đổi biến x   t  dx  dt


2

0


2

5 cos t  4 sin t
5 cos t  4 sin t
5 cos x  4 sin x
dt 
dt 
dx
3
3
3
  sin t  cos t 
0  sin t  cos t 
0  sin x  cos x 

Khi đó I  
2


2


2



2

Suy ra 2 I 5 sin x  4 cos x3 dx  5 cos x  4 sin x3 dx  sin x  cos x 3 dx
0

 sin x  cos x 


2

0

 sin x  cos x 

0

 sin x  cos x 





2
dx
dx
1 
2
1



 tan x   1  I 
2

 2 
40
2
0  sin x  cos x 
0 2 cos 2  x 


4


Nhận xét: Bằng phép đổi biến x   t và làm tương tự Ví dụ trên ta dễ dàng
2


2


2

chứng minh được a sin x  b cos nx dx a cos x  b sin nx dx
0

 sin x  cos x 

2

Ví dụ 6.3: Tính tích phân I 

0

0

 sin x  cos x 

cos x
dx
sin x  cos x


Giải: Đổi biến x   t  dx  dt
2

12




cos  t 
2 

0

Khi đó I  

2


2

Suy ra 2 I 
0


2





sin  t   cos  t 
2 
2 

dt 
0


2
sin t
sin x
dt 
dx
cos t  sin t
cos x  sin x
0


2


2

cos x
sin x


dx  
dx dx   I 
2
4
sin x  cos x
cos x  sin x
0
0

Kết quả 7: Nếu hàm số f  x  liên tục trên R và tuần hoàn với chu kì T thì
a T

T

 f  x dx f  x dx
a

 a  R

0

a T

0

T

a T

a

a

0

T

Chứng minh: Ta có I   f  x  dx f  x  dx  f  x  dx 

f  x dx 1

Đổi biến x t  T  dx dt
a T

a

T

0

a

a

Khi đó f  x  dx f  t  T  dt f  t  dt f  x  dx
0

 2

0

0

T

a

T

0

0

0

Thay (2) vào (1) suy ra I f  x  dx  f  x  dx  f  x  dx f  x  dx.
a

4

Ví dụ 7.1: Tính tích phân I   1  sin x dx
0

Giải: Ta có f  x   1 sin x là hàm liên tục và tuần hồn với chu kì T 2 nên
2

theo Kết quả 7 ta có:

4

f  x  dx  f  x  dx
0

2

4

2

4

2

2

0

0

2

0

0

 I  f  x  dx  f  x  dx  f  x  dx 2 f  x  dx 2  1  sin x dx
2

2

2

2

x
x
x
x

x 
2   sin  cos  dx 2 sin  cos dx 2 2 sin   dx
2
2
2
2
2 4
0 
0
0
 32

2


x 
x  
2 2  sin   dx  sin   dx 
2 4 
3
 0 2 4
2


3



x  2
 x   2 
2 2   2 cos    2 cos    8 2
2 4 0
 2 4  3 

2 

2016

Ví dụ 7.2: Tính tích phân I 

 1  cos 2 xdx
0

13

Giải: Ta có f  x   1 cos 2 x là hàm số liên tục và tuần hoàn với chu kì T  nên


2

2015

2016

0



2014 

2015

theo kết quả 7 ta có: f  x  dx f  x  dx ... 
2016

 I



2

0



f  x dx f  x dx  f  x  dx ... 
0



f  x dx 

f  x dx

2015

2016



2014

2015

0

f  x  dx 



f  x  dx 2016 f  x  dx


2016 1  cos 2 x dx 2016 2 sin 2 x dx 2016 2 sin xdx
0

0

0



 2016 2 cos x 4032 2
0
4

sin 9 x cos10 x
dx 0
Ví dụ 7.3: Chứng minh rằng I  
1  cos 8 16 x
2
sin 9 x cos10 x
là hàm tuần hoàn với chu kì T 2 nên từ Kết
1  cos8 16 x
4
2

sin 9 x cos10 x
sin 9 x cos10 x
sin 9 x cos10 x
I

dx


dx

dx
quả 7 suy ra
8
8
8



1

cos
16
x
1

cos
16
x
1

cos
16
x
2
0


Giải: Ta có f  x  

Ngoài ra f  x  là hàm số lẻ trên đoạn    ;  nên từ Kết quả 1 suy ra I 0.
Bài tập tương tự: Tính các tích phân sau
1

1) I  x 4 ln
1

2

2x
dx
2 x

Đs: I 0





2
2
2) I  cos x ln x  x  1 dx

(HVKT Mật mã, 1999)



2

 
;
và ln x  x 2  1
 2 2 
  
  
là hàm lẻ trên   ;  nên cos x ln x  x 2  1 là hàm lẻ trên   ; 
 2 2
 2 2
Theo Kết quả 1, ta được I 0

Hướng dẫn: Dễ thấy f  x  cos x là hàm chẵn trên  









1
2

x  1 x

dx
3) I   cos 2 x  sin x sin  ln
2



1

2

1 x

Đs: I 0


4

2015
2017
4) I   tan 2 x  sin x dx

Đs: I 0



4

a





2
2
2
5) I  x sin x  a  x dx  a  0
a

14


a 4
I

Hướng dẫn: Sử dụng Kết quả 1 và Kết quả 2 suy ra
8

2

3
6) I  cos x cos x  cos x dx (ĐH Mỏ Địa Chất, 1999)


Đs: I 


2

3

7) I  f  x  dx, nếu f   x   f  x   9  x 2

Đs: I 

3


4

dx
cos x 1  e  2 x

8) I  


4



2

9
2

Đs: I 1



1
x
I


dx
9)
x

10

1
1

Đs: I 



x sin x
dx
3  sin 2 x
0

1
2

 ln 3
8

10) I 

Đs: I 


2


1
 tan 2  sin x   dx (Toán học tuổi trẻ 1/2008)
cos  cos x 

0

11) I 

2


2

12) I ln 1  cos x 
5
6

13) I  

6

1sin x

sin x

1 9

x


2


2

Đs: I 

Đs: I 2 ln 2  1

dx

1  sin x

0

4
5

dx

Đs: I 

3
2

2020
2019
14) I  sin xdx

Đs: I 0

0

2.3.2. Sử dụng tích phân liên kết để tính tích phân
b

Nhiều khi việc tính tích phân I f  x  dx gặp nhiều khó khăn, ta đi tìm một
a

b

tích phân J g  x  dx sao cho việc tính hai tích phân 1 I  1 J và  2 I   2 J đơn
a

 1 I  1 J 1
  2 I   2 J 2

giản. Khi đó việc tính I hoặc J bằng cách giải hệ 

Người ta nói I và J là hai tích phân liên kết với nhau

4

Ví dụ 1: Tính tích phân I  sin x
0

sin x  cos x

dx


4

Giải: Xét tích phân J  cos x
0

sin x  cos x

dx

15



4


4

Ta có I  J sin x  cos x dx dx 
sin x  cos x

0

4

0


4

1


4

sin x  cos x
d  sin x  cos x 
I  J 
dx  
 ln sin x  cos x
sin x  cos x
sin x  cos x
0
0


4
0

ln 2
 2
2
 ln 2
Từ (1) và (2) suy ra I  
8
4
 ln 2 


8

Nhận xét: Nếu bài tốn u cầu tính tích phân J ta cũng có J  

ln 2
4

1

ex
I

dx
Ví dụ 2: Tính tích phân

e x  e x
0
1

e x
dx
e  e x

Giải: Xét tích phân J  x
0

1

x

1

x

e e
Ta có I  J  x  x dx dx 1
e e
0
0
1

1



1



e x  e x
d e x  e x
I  J  x
dx

ln e x  e  x
x
x
x


e e
e e
0
0
1
2

Từ (1) và (2) suy ra I  ln

1

ln

0

e 2 1
2e

 2

e 2 1
2

3

sin 2 x
dx
0 sin x  3 cos x

Ví dụ 3: Tính tích phân I 

3

cos 2 x
dx
sin
x

3
cos
x
0

Giải: Xét tích phân J 

3









2
2
3
Ta có I  3J sin x  3 cos x dx sin x  3 cos x sin x  3 cos x dx

sin x  3 cos x
0 sin x  3 cos x
0


3

sin x 





3 cos x dx  cos x  3 sin x

0


3

2

2


3





3

 1

1

0


3

sin x  cos x
1
dx
1
dx
I  J 
dx  
 

20 1
20 
3
0 sin x  3 cos x
sin x  
sin x 
cos x
3

2

2

16


x 
d tan  
1
dx
1
2 6
 
 
x

x

20



 20
x 
tan   cos 2   
tan  
2 6
2 6
2 6

3


3

1
x 
 ln tan  
2
2 6


3
0

1
 ln 3
2

 2

3 ln 3 1

8
4


2
sin x
cos 2 x
I


dx
J

Nhận xét:
a sin x  b cos x và a sin x  b cos xdx là hai tích phân liên


Từ (1) và (2) suy ra I 

kết với nhau

4

Ví dụ 4: Tính tích phân I cos 2 x cos 2 xdx
0


4

Giải: Xét tích phân J sin 2 x cos 2 xdx
0


4


4

sin 2 x

Ta có I  J sin 2 x  cos 2 x cos 2 xdx cos 2 xdx 
2
0
0




4




4


4
0



1
2

1


4

 1  cos 4 x 

I  J cos 2 x  sin 2 x cos 2 xdx cos 2 2 xdx 
dx
2

0
0
0







 x sin 4 x  4 
 
 
8 0 8
2

 2

 4
16

Từ (1) và (2) suy ra I 


3

tan x
dx
tan x  cot x

Ví dụ 5: Tính tích phân I 

6


3

cot x
dx
tan x  cot x

Giải: Xét tích phân J 

6


3



6

6

3
tan x  cot x


I

J

dx

dx 
Ta có


6
 tan x  cot x


1

17



sin 2 x  cos 2 x
3
tan x  cot x
I  J 
dx  sin x cos x dx sin 2 x  cos 2 x dx
1
 tan x  cot x



6
6
6
sin x cos x

3


3




3


3

6


6

sin 2 x
 cos 2 xdx 
2




 2

0


12

Từ (1) và (2) suy ra I 


2

sin x

Ví dụ 6: Tính tích phân I 
0

sin x 


2

cos x

Giải: Xét tích phân J 
0

3 cos x

sin x 

3 cos x


2



3



3

dx


2

Ta có I  3J  sin x  3 cos x 3 dx 
0

sin x 


2

3 cos x



0

dx

sin x 

3 cos x



2


2

dx


2
 
0 

 2 cos x   
6 





1
dx
1 
2
3
 
 tan x   
 4 
40
60
3

cos 2  x  
6



2

J

dx (HSG Toán 12 Thanh Hóa, 2011)


2



1



cos x  3 sin x
d sin x  3 cos x
3I 
dx 
dx
3
3
0 sin x  3 cos x
0 sin x  3 cos x







1



2 sin x  3 cos x

Từ (1) và (2) suy ra I 




2



2

0



1
3



 2

3
6

Nhận xét: Sự tiện lợi của tích phân liên kết là ta có thể tính được hai tích
phân cùng một lúc mặc dù đề bài không yêu cầu
Bài tập tương tự: Tính các tích phân sau
2
3

cos 2 x
dx
sin
x


3
cos
x
0

1) I  

4

4 sin x
dx
3
0  sin x  cos x 

2) I 

Đs: I 
Đs: I 

3 3
2
2
2

18



2


8

3) I cos 2 3x cos 2 6 xdx

Đs: I 

0


4

4) I  dx
0

(ĐH Hồng Đức, 2000)

1  tan x


2

3
5) I  sin x
0

sin x  cos x


8

Đs: I  

ln 2
4

 1
4

Đs: I 

dx

2.4. Hiệu quả sáng kiến
Hiệu quả thử nghiệm sáng kiến đầu năm học 2015 – 2016 tơi đã chọn nhóm
20 học sinh có học lực từ trung bình, khá đến giỏi Trường THPT Mường lát, để
thực hiện đề tài bước đầu học sinh chưa có hứng thú học và kết quả thu được
như sau:
Nhóm

Giỏi

20 học sinh

3

Khá
15%

7

Trung bình
35%

10

50%

Kết quả thử nghiệm đến cuối tháng 4 năm học 2015 – 2016, học sinh hiểu
được bài và ham học tìm tịi một số bài tốn có liên quan tới bài học. Qua đó tơi
đã thu được kết quả như sau:
Nhóm

Giỏi

20 học sinh

7

Khá
35%

9

Trung bình
45%

4

20%

Rõ ràng từ bảng kết quả thu được qua một năm thực hiện đề tài này, kết quả
là học sinh học phần tích phân qua đề tài “Sử dụng một số kết quả “đẹp” của
hàm số và tích phân liên kết để tính tích phân” có tiến bộ rõ rệt.
3. Kết luận
3.1. Kết luận
Nhu cầu cần thiết của người học toán là biết vận dụng và tiếp thu những nội
dung và phương pháp giải toán hay, qua thời gian nghiên cứu và thực hiện đề tài
tôi đã thu được những kết quả sau:
+) Giải quyết được một số bài tốn tích phân điển hình liên quan đến đề tài
+) Trình bày một số bài tốn tổng qt sau mỗi Ví dụ cụ thể
+) Sử dụng tích phân liên kết để giải toán
Đối với các hàm số dưới dấu tích phân có các tính chất đặc biệt như đã trình
bày ở trên thì việc lựa chọn phương pháp giải là rất quan trọng, chính vì vậy mà
đề tài này tác giả đã dẫn dắc các em học sinh có cái nhìn sâu hơn về những bài
tích phân kiểu này.
Đối với tích phân liên kết: Để lựa chọn một tích phân liên kết với một tích
phân cho trước phụ thuộc vào đặc điểm của hàm dưới dấu tích phân và cận của
19


chúng. Do đặc thù của các hàm số lượng giác nên ta thường dùng tích phân liên
kết đối với các hàm lượng giác.
3.2. Kiến nghị
Đề tài này tôi mong rằng cần giới thiệu cho học sinh và giáo viên giảng dạy
bộ mơn Tốn, đặc biệt là giáo viên ơn thi học sinh giỏi và học sinh thi Đại học
cao đẳng, dù tôi đã cố gắng rất nhiều nhưng cũng không tránh khỏi những thiếu
sót nhất định, rất mong quý đọc giả góp ý cho lần đề tài sau được hồn chỉnh
hơn. Tôi xin thành thật cảm ơn
Ý KIẾN CỦA THỦ TRƯỞNG

ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 4 năm 2016
Tơi xin cam đoan đây là SKKN do tôi
nghiên cứu và thực hiện, khơng copy
của người khác.

Đỗ Đình Bằng

20


Tài liệu tham khảo
[1]. Sách giáo khoa Giải tích 12 cơ bản và nâng cao, NXB Giáo dục.
[2]. Tạp chí toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo dục.
[3]. Các phương pháp cơ bản tìm Ngun hàm, Tích phân và Số phức (Phan Huy Khải,
NXB Hà Nội, 2008).
[4]. Các đề thi tuyển sinh Đại học cao đẳng.
[5]. Tuyển tập các chuyên đề và kỹ thuật tính Tích phân (Trần Phương, NXB Hà Nội,
2008).

21