sáng tạo bài toán tích phân mới từ một số bài toán tích phân cơ bản

MỤC LỤC
Trang
Phần 1. MỞ ĐẦU..................................................................................
1- Mục đích của sáng kiến................................................................
2- Đóng góp của sáng kiến ...............................................................
Phần 2. NỘI DUNG .............................................................................
Chương 1: Cơ sở khoa học của sáng kiến.
1.Cơ sở lý luận của sáng kiến............................................................
2.Cơ sở thực tiễn của sáng kiến..........................................................
Chương 2: Thực trạng vấn đề mà sáng kiến đề cập đến ...................
Chương 3: Những giải pháp mang tính khả thi………………….
Phần 3. KẾT LUẬN .............................................................................
1- Những vấn đề quan trọng nhất được đề cập ................................
2- Hiệu quả thiết thực của sáng kiến.................................................
3- Kiến nghị với các cấp quản lý .....................................................
Phần 4. PHỤ LỤC
- Tài liệu tham khảo

1


SÁNG TẠO BÀI TỐN TÍCH PHÂN MỚI TỪ MỘT SỐ BÀI TỐN TÍCH
PHÂN CƠ BẢN
Phần 1. MỞ ĐẦU:
1. Mục đích của sang kiến:
Trong chương trình Tốn phổ thơng ,Tích phân là một trong những phần
quan trọng của mơn Giải tích lớp 12. Các bài tốn tích phân rất đa dạng và
phong phú, thường có mặt trong các kì thi tốt nghiệp , thi tuyển sinh Đại học và
Cao đẳng. Đây là những bài tập gây cho học sinh khơng ít khó khăn dẫn đến
tâm lý sợ và ngại, thiếu tự tin vào khả năng của mình.
Chương trình giáo dục phổ thông ban hành kèm theo Quyết định số

16/2006/QĐ-BGDĐT ngày 5/6/2006 của Bộ trưởng Bộ GD&ĐT đã nêu: “Phát
huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc
trưng bộ môn, đặc điểm đối tượng học sinh , điều kiện của từng lớp học; bồi
dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác; rèn luyện kĩ năng
vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng
thú và trách nhiệm học tập của học sinh”.
Trong quá trình giảng dạy, người thầy cần nâng cao được tính tích cực,
chủ động và sáng tạo của học sinh, rèn luyện cho học sinh có khả năng phát hiện
ra những bài tốn mới từ những bài tốn đã có; cần khơi dậy và phát triển tiềm
năng sáng tạo còn tiềm ẩn trong mỗi học sinh.
Bài viết này tôi xin đưa ra một biện pháp được áp dụng trong khi dạy chủ
đề tự chọn Nguyên hàm - Tích phân lớp 12 là “sáng tạo bài tốn tích phân mới
từ một số bài tốn tích phân cơ bản”, nhằm giúp các em học sinh có kiến thức
sâu, rộng về tích phân; có thêm nhiều bài tập để rèn luyện kỹ năng, và giúp học
sinh phát triển tư duy sáng tạo.
2. Đóng góp của sáng kiến trong thực tế giảng dạy tại trường THPT
Yên Phong số 2:

2


- Học sinh lớp 12 trường THPT Yên Phong số 2 hứng thú hơn với làm
tốn về tích phân và tích cực sáng tạo các bài tốn tính tích phân làm phong phú
thêm hệ thống bài tập.
- Học sinh nắm vững kiến thức về Nguyên hàm và Tích phân; nâng cao kỹ
năng tìm Ngun hàm và tính Tích phân.
-Giải pháp giúp học sinh lớp 12 làm tốt các bài kiểm tra, bài thi phần câu
hỏi tìm ngun hàm, tính tích phân.
Phần 2. NỘI DUNG :
Chương I: Cơ sở khoa học của sáng kiến.

1. Cơ sở lí luận:
Có nhiều bài tập tính tích phân và ví dụ trong SGK khi giải xong học sinh
vẫn chưa hiểu tại sao lại giải như vậy, hoặc những bài tốn như thế nào thì vận
dụng phương pháp giải đó. Khi gặp bài tốn có một số điểm tương tự với bài
toán đã giải là học sinh cứ mặc nhiên vận dụng mà không phát hiện ra sự nhầm
lẫn của mình. Nhiều giáo viên đã đưa ra được nhiều phương pháp giải quyết
vấn đề đó có hiệu quả như: Phân dạng bài tập theo phương pháp giải và giải
nhiều bài tập cho học sinh ghi nhớ. Theo phương pháp này đôi khi học sinh cảm
thấy sợ vì phải ghi nhớ q nhiều; thậm chí có học sinh tưởng mình biết tất cả
các phương pháp giải rồi dẫn đến khơng cịn hứng thú trong giải các bài tốn
tích phân mới.
2. Cơ sở thực tiễn:
Chương 2: Thực trạng vấn đề mà sáng kiến đề cập đến.
1) Thực trạng việc dạy của giáo viên:
Có một số giáo viên đã vận dụng phương pháp dạy học sáng tạo nhưng
thường dừng lại ở mức độ nhỏ lẻ như khai thác những bài tốn tương tự, tìm và
giải bài tốn tổng qt.
2) Thực trạng việc học của học sinh:
3


Đa số học sinh chỉ biết giải các bài tập tích phân tương tự với những bài
mà mình đã giải rồi, và bế tắc khi gặp bài tốn tích phân mới. Nhiều học sinh
khơng hề có chút suy nghĩ tìm lời giải khi gặp những bài tốn tích phân mới.
Chất lượng thực tế qua khảo sát chất lượng năm 2011-2012:

Lớp

Số lượng

12A1

Đạt yêu cầu

Không đạt yêu cầu

Số lượng

%

Số lượng

%

40

13

32,5

27

67,5

12A10

39

9

23,1

30

76,9

12A11

42

15

35,7

27

64,3

3) Sự cần thiết của đề tài:
Qua phân tích thực trạng việc học của học sinh và việc dạy của giáo viên,
tôi nhận thấy đề tài cần thiết đối với giáo viên trực tiếp giảng dạy nhằm giới
thiệu những kinh nghiệm và phương pháp phù hợp để nâng cao hiệu quả dạy
tích phân cho học sinh lớp 12.
Chương 3: Những giải pháp mang tính khả thi:
a) Vấn đề được đặt ra:
Hiện nay cách dạy mới là làm sao phát huy được tính tích cực, chủ động
và sáng tạo của học sinh trong học tập và rèn luyện. Để phát huy điều đó, chúng
ta cần phải đưa ra được những phương pháp dạy học hợp lí nhằm tạo cho học
sinh có hứng thú trong học tập, để đem lại kết quả trong học tập tốt hơn, và hiệu
quả giảng dạy cao hơn.

b) Sơ lược q trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm:
Để hồn thành đề tài, tôi đã tiến hành các bước sau: Chọn đề tài; Điều tra
thực trạng; Nghiên cứu đề tài; Xây dựng đề cương và lập kế hoạch; Tiến hành
nghiên cứu; Thống kê so sánh; Viết đề tài.
c) Các bước sáng tạo bài tốn tính tích phân mới từ một số bài tốn
tính tích phân cơ bản:
4


Trước tiên ta bắt đầu từ bài tốn tích phân của một hàm số thường gặp mà
khơng có trong bảng nguyên hàm của các hàm số thường gặp của sách giáo khoa
Giải tích 12:
e

ln xdx .
Bài tốn 1: Tính tích phân : I  �
1

Giải:
1
�
e
u  ln x �
du  dx
�
e
e
��
dx  ( x ln x  x) 1  1 .
x , ta có : I  ( x ln x) 1  �

Đặt �
dv  dx �
1
�
vx
�
b

ln u ( x) dx ( với u ( x) là một trong các hàm số
1.1) Tìm một số tích phân dạng �
a

thường gặp), ví dụ:
1

1

ln(3 x  1)dx ;
a) I  �

I �
ln( x 2  3x  2)dx ;

0

0

1

1

ln( x 2  1)dx ;
b) I  �

2

I �
ln( x 2  x  1)dx ;

0

I �
ln( x 4  1) dx ;

0


2

1


4

 ln(sin x)  x cot x  dx ;
c) I  �

d) I  �
 ln(cos x)  x tan x  dx ;


4

0

x �
� x
ln(e  1)  x �
dx ;
e) I  �
�
e  1�
0�

1 �
�
ln(ln x) 
dx ;
g) I  �
�
ln x �
�
e�

1

e


3


4

x �
�
ln(tan
x
)

x
tan
x

dx ;
h) I  �
�
tan x �
 �
�

I�
ln(1  tan x) dx ;
0

6

1

ln(1  x )dx ;

i) I  �
0

4

I �
ln( x  x 2  9)dx ;
0

b

1.2) Tìm một số tích phân dạng

f ( x).ln xdx
�

5

I�
ln( x  x 2  1)dx ;
2

(với f ( x) là một trong các hàm số

a

thường gặp), ví dụ:
e

x .ln xdx( �1) ;

a) I  �
1

e

e

1

1

I �
(2 x  1).ln xdx ; I  �
(3x 2  2 x  5).ln xdx ;

5


e
1
I �
(  x).ln xdx ;
1 x

e
1
I

.ln xdx ;
b)

�
1 x


2

1
e x (ln x  )dx ;
c) I  �
x
1

sin x �
�
cos x ln x 
dx ;
d) I  �
�
x �
 �
�

2

6


3



2

cos x �
�
sin
x
ln
x

dx ;
e) I  �
�
x �
 �
�

tan x �
�ln x

dx ;
g) I  �
�
cos 2 x
x �
 �
�

3

4


3


2

�ln x cot x �

dx ;
h) I  �
�
sin 2 x
x �
 �
�

ln(cos x) �
�
tan
x
ln
x

dx ;
k) I  �
�
�
x
 �

�

4

6


3

ln(sin x) �
�
cot x ln x 
dx ;
l) I  �
�
�
x
 �
�

e

ln 2 xdx .
m) I  �
1

6

u '( x)ln u ( x)dx ( với u ( x) là một trong các hàm
1.3) Tìm một số tích phân dạng �

số thường gặp), ví dụ:

2

1

x ln( x 2  1)dx ;
a) I  �

cos x ln(sin x)dx ; c)
b ) I�

6

0


3

1

e x ln(e x  1)dx ;
d) I  �

I�
sin x ln(cos x)dx ;

0

0


3

ln(ln x)
dx ;
e) I  �
x
e

ln(tan x)
g) I  � 2 dx ;
cos x


e

6


3

ln(cot x )
h) I  � 2 dx ;
sin x


3

x ln(1  x 2  1) dx .

i) I  �
0

6
b

1.4) Tìm một số tích phân dạng

f (ln x)
dx ( với f ( x) là một trong các hàm số
x

�
a

thường gặp), ví dụ:
a) I 

ln x
� x dx( �1) ;
e
e

6


1   x ln x 
dx );
(I  �
x ln x

e

1
dx ;
b) I  �
e x ln x
e

2ln x  3
I �
dx ;
1 x (ln x  4)

1
I � 2
dx ;
1 x (ln x  4)
e

e

e
1
I

e
c)
�
1 x

1 3ln x

2

e

dx ;

1
dx ;
d) I  �
2
1 x (1  ln x )

e
1  ln 2 x
I �
dx ;
x
1

e

e
1
I

dx ;
e)
�

2
1 x 1  ln x

1  ln 2 x
I �
dx ;
x
1
e

ln(1  1  ln x )
g) I  �
dx ;
x
1

ln(ln x  1  ln 2 x )
I �
dx ;
x
1

ln 2 x  1
dx ;
h) I  � 4
e x (ln x  1)

ln 2 x  1
I� 4
dx ;

e x (ln x  1)

e

e

e2

e2

e2

1
I� 4
dx .
e x (ln x  1)


1.5) Tìm tích phân dạng

log a xdx ,
�





log a u ( x)dx ,
�





f ( x).log
�

a

xdx

,





u '( x)log
�

a

u ( x)dx và





f (log a x)
dx (với u ( x) , f ( x) là một trong các hàm số thường gặp), ví dụ:

x

�


2

log 2 xdx ;
a) I  �
1

1

I �
log 2 ( x  1) dx ;
2

0

2

x log 2 xdx( �1) ;
b) I  �
1

1

x log 2 ( x 2  1)dx ;
c) I  �
0

1

I �
log 2 (3 x  1)dx ;
0

1

I �
log 2 ( x 2  3 x  2)dx ;
0

2

I �
(3 x 2  2 x  5)log 2 xdx ;
1


2

I�
cos x log 2 (sin x)dx ;

6

7


3


2

log (tan x)
I� 2 2
dx ;
cos x


I�
sin x log 2 (cos x)dx ;

6

6


3

log (cot x)
I� 2 2
dx ;
sin x


I

log 2 (ln x)
dx .
x
e

e

�

6

4log 2 x  1
I�
dx ;
2log 2 x  1)
1 x (2 

log 2 x
dx ;
d) I  �
log 2 x  1)
2 x (1 
4

log 32 x  8
dx .
�
1 x ( log x  2  2)
2

4

I

16

2

2

Do học sinh không được làm quen với cách đặt x  a cos t hoặc x  a sin t
trong những bài tốn giải phương trình vơ tỉ có chứa biểu thức

ax,

ax

Ta

được:

a 2  x 2 nên cịn khó hiểu khi giải bài tốn sau đây:

và

Bài tốn 2. Tính các tích phân sau: (Bài tập SGK)
a
2

1

b) I  � 1
dx ( với a  0 ).
2
2
0
a x

2

a) I   1  x dx ;
0

Giải:


a) Đặt x  sin t , với t �[0; ] , ta có : dx  cos tdt
2
x0

với

thì

t  0,


2



2

0

0

x 1

với

I  �1  sin 2 t .cos tdt  �
cos 2 tdt 

thì


2

t


.
2


2

1
1
1


(1  cos 2t )dt  (t  sin 2t )  .
�
20
2
2
4
0


b) Đặt x  a sin t , với t �[0; ] , ta có : dx  a cos tdt
6
và với x  0 thì t  0 , với x 

6


6


a
thì t  .Ta được:
6
2

.
I�
.cos
tdt


dt

t

�
6
0
0
1  sin 2 t
1


6
0

8


Sau khi giảng giải cho học sinh hiểu một cách tường minh bài toán trên là
tại sao lại chọn cách đặt đó mà khơng lựa chọn cách đặt khác. Thì ta có thể bắt
đầu với các bài tốn mới như sau :
2.1) Qua bài toán trên ta thấy xuất hiện các biểu thức lượng giác sin t và cost
thay thế vị trí của biến x và

a 2  x 2 ; và bài tốn tích phân hàm số vơ tỉ được

chuyển thành bài tốn tích phân hàm số lượng giác. Chính vì thế mà ta nghĩ
ngay đến việc thay thế các biểu thức sin t và cost trong các bài tốn tích phân
hàm số lượng giác đơn giản bởi biến x và

a 2  x 2 để được các bài tốn tích

phân mới, ví dụ:
1
1
I

dx ;
b)
�
0 1
4  x2

1

1
dx ;
1) a) I  
2
0 1 1 x
1

2) a) I  

x  1 x

0

1
dx ;

b) I  �
0 x
4  x2
1

1
2

dx ;

1

a

dx ( a  0 );
c) I  �
2
2
0 x
a x
2x

1

a
2

d) I  � 1
dx ( a  0 ).
2

2
0 x
a x
x
dx ;
b) I  �
0 x
4  x2
1

dx ;
3) a) I  �
0 x
1  x2
a
2

c) I  � x
dx ( a  0 ).
2
2
0 x
a x
4

x
dx ;
4) a) I  �
0
4  x2

1



1

1  x2

b) I  �
0 x 2012 





2011

1 x

2



2012

dx ;

1

x 2012 . 1  x 2 dx . Lập hệ thức giữa I 2012 và I 2014 .

c) Cho I 2012  �
0

5) Cho I 2012 

2
2

�
0



x 2012
1 x

1

2



2013

6) a) I  �1  3 x  4 x dx ;
3

0

dx . Lập hệ thức giữa I 2012 và I 2014 .

1

3
b) I  �4 x  3x  1dx ;
0

9


1

5
3
c) I  �16 x  20 x  5 x  1dx .
0

Lưu ý: Nếu đặt x  a sin t thay vào các bài tốn tích phân có chứa biểu
a 2  x 2 thì ta có thể chọn một trong các giá trị của cận tương ứng trong

thức
bảng
T

0


6

x

0

a
2


4


3
2a
2


2

a

3a
2

Theo cách
trên ta đã đưa ra

được một loạt các bài tập tương tự với bài toán đã cho (bài toán 2). Ta tiếp tục
với việc tìm kiếm bài tốn ẩn chứa trong đó (bài tốn 2) như sau:
2.2) Vì hàm số f ( x )  a 2  x 2 là một hàm số chẵn nên ta nghĩ ngay đến bài




f ( x)
toán  x dx f ( x)dx (với a  0,   0 và f (x) là hàm số chẵn trên đoạn [
  a 1
0
 ;  ])

(Chứng minh xem bài toán 5), và chọn một số hàm số chẵn đơn giản có chứa
biểu thức

a 2  x 2 để tạo ra các tích phân mới :

a2  x2
a) I  � x
dx (với a  0 ) ;
a

1
a

4  x2
b) I 2  � x
dx ;
2 2  1

a

2

e2  x 2

c) I e  �
dx ;
x
e 1  e

a x. a2  x2
d) J  � x
dx (với a  0 ) ; e)
a 1
a

e

a

1
2 x. 4  x 2
J2  �
dx ;
1  2x
1

f) J e 


2.3) Kết hợp với bài toán:

f ( x) ln(e



e x . e2  x 2
� 1  e x dx .
e
e


x

 1)dx  xf ( x)dx (với   0 , f (x) là hàm
0

số lẻ trên đoạn [  ;  ])(Chứng minh xem bài toán 5.7), ta chọn một số hàm số lẻ
đơn giản có chứa biểu thức

a 2  x 2 , ta được các tích phân mới :
10


a

1

x a 2  x 2 ln(e x  1)dx (với a  0 );
a) I  �

I1  �
x 1  x 2 ln(e x  1)dx ;

a

1

2

I2  �
x 4  x 2 ln(e x  1)dx ;
2

a
2

b) J 

x ln(e x  1)

�a

a

2

e
2

Je 

 x2

x ln(e x  1)

�

e

2

2

e2  x 2

dx ( với a  0 );

1

x ln(e x  1)

J2  �
1

4  x2

dx ;

dx .

2.4) Nếu thay thế biểu thức

a 2  x 2 bởi cặp biểu thức

a  x và

a  x ta có

các tích phân mới , ví dụ :
a
2

a) I  �a  x dx ( với a  0 );
ax
0

1
2

1 x ;
I1  �
dx
1 x
0

2 x
I2  �
dx ;
2 x
0
1

a
2

b) J  �a  x dx ( với a  0 );
ax
0

1
2

1 x ;
J1  �
dx
1 x
0

1
2 x
J2  �
dx ;
2 x
0

1
dx (với a  0 );
c) I  �
ax ax
0
a

1
I1  �

dx ;
1 x  1 x
0
1

1
I2  �
dx ;
2 x  2 x
0
2

a
1
J

dx (với a  0 );
�
d)
a
ax  ax
2

1
1
J1  �
dx
1
1 x  1 x ;
2

1
J2  �
dx ;
2 x  2 x
1
2

11


2.5) Từ các bài tốn tích phân 2.4) ta đưa ra các bài tốn tích phân có chứa một
trong các biểu thức

ax ,

a  x nhưng giải được theo phương pháp đặt

t  a  x ( hoặc t  a  x ) , để ghép vào như :
a
2

1
2

x ax
a) I  �
dx (với a  0 );
a


x
0

x  1 x ;
I1  �
dx
1

x
0

1
x 2x
I2  �
dx ;
2

x
0
a
2

1
2

x ax
b) I  �
dx (với a  0 );
ax
0

x  1 x ;
I1  �
dx
1 x
0

x 2 x
I2  �
dx ;
2 x
0
1

a
2

e

c) I  �

a x

0

2

e

I2  �

0

2 x

1
2

 ax
dx (với a  0 );
ax

e

1 x

I1  �
0

 1 x ;
dx
1 x

 2 x
dx ;
2 x

2  x  ln( 2  x  1)
d) I  �
dx .
2 x

0
1

2.6) Từ các bài tốn tích phân trên ta thấy cặp biểu thức

a  x và

a  x quá

quen thuộc nên ta tìm cách thay đổi cặp biểu thức đó , ví dụ thay t  a  x
( với a  0 ) vào các tích phân trong bài 2.4) ta có các tích phân :
x
I

dx
�
a)
2a  x ( với a  0 );
a

x
I1  �
dx
2 x ;
1
1

a

2

2

2a  x
dx ( với a  0 );
b) I  �
x
a

2 x
I1  �
dx ;
x
1

a

1

2

c)

a
1
I �
dx
2
a


x

x
0

2

(

với

a  0 );

x
I2  �
dx ;
4 x
1
2

4 x
I2  �
dx ;
x
1
2

1
1
I1  �

dx ;
2

x

x
0

2
1
I2  �
dx ;
4 x  x
0

12


a
2

1
J �
dx
2
a

x

x

0

d)

(

với

a  0 );

1
2

1
J1  �
dx ;
2

x

x
0

1
1
J2  �
dx ;
4 x  x
0

2.7) Từ các tích phân trong bài 2.4) và 2.6) ta đưa ra các tích phân mới có chứa
cặp biểu thức

cách
x

a  x và

ax

đặt



bx
ax
dạng
I

dx
hoặc
J

dx bằng
bx
�
�
bx
ax




ab
t
2

ax

hoặc

ab ab

sin u
2
2

hay

ab ab

sin u , và ta có thể chọn một trong các giá trị của
2
2

cận tương ứng trong bảng
u

0

x

ba
2


6
3b  a
4


4


3
2(a  b) a  b

4
2


2
3(a  b) a  b

4
2

b

ví dụ :
5

2

a) I1  �x  1 dx ;
3 x
2

5
2

3
3 x
I2  �
dx ;
5 x
1

3 x ;
J1  �
dx
x 1
2

5 x
J2  �
dx ;
3 x
1
3

5

2

x  x 1 ;
b) I1  �
dx
3

x
2

5
2

x  3 x ;
J1  �
dx
x

1
2

x  3 x
I2  �
dx ;
5 x
1
3

3
x 5 x

J2  �
dx ;
3

x
1
3
e 3 x  5  x
c) I  �
dx ;
3

x
1

3
5  x  ln( 3  x  1)
I �
dx ;
3

x
1

13


b

d) J 

�

3b  a
4

1
dx
ax  bx ;

3
1
J1  �
dx
5
x 1  3  x ;
2

5
1
J1  �
dx ;
x 3  5 x
3

e) J 

1
� a  x  b  x dx ;
ba

b

1
J1  �
dx ;
x 1  3  x
2
3

2

1
J1  �
dx ;
x3  5 x
1
5



2.8) Hoặc dạng

�(a  x)(b  x)dx

, ví dụ :


3





3

2

a) I1  � x  1  3  x dx ;
2

5









2

b) I 2  � x  1  3  x dx ;
1

2

c) I 4  � 3  x  5  x dx .
1

2.9) Ta xét thêm tích phân :


�ax


2

 bx  cdx 

� b  �
�  b
�
a ��x 
 x�
dx
�
�
2a �

�
� 2a
�


(với a  0 ,   b 2  4ac  0 ) bằng cách đặt

x

x

b 


t
2a
2a

hoặc

b 


b



sin u hay x 

sin u ,
2a
2 a 2a
2 a 2a

và ta có thể chọn một trong các giá trị của cận tương ứng trong bảng
u
x


6

0


b
2a


4
  2b
4a


3
2  2b
4a


2
3  2b
4a

 b
2a

ví dụ :

14

1

1

2
a) I  �2 x  x dx ;

2
b) I  �3  2 x  x dx ;
1

0
1

( x  1) 3  2 x  x dx ;
c) I  �
2

0

1

1

dx ;
e) I  �
1 x 
3  2x  x2

1

1
I

dx ;
d)
�
2
0
3  2x  x

2x
dx .
g) I  �
1 x  1 
3  2x  x2
1

2.10) Thay x  ln t vào các tích phân trong bài 2.9) ta có các tích phân: a)
2ln x  ln 2 x
I �
dx ;
x
1
e

3  2ln x  ln 2 x
b) I  �
dx ;
x
1

e

1
dx .
c) I  �
2
1 x 3  2ln x  ln x
e

2.11) Thay x  2t hoặc x  3t vào các tích phân trong bài 2.9) ta có các tích
phân:
0

a) I  �2

x 1

 4 dx ;
x

1

1

2x
x
b) I  �3  6.3  5dx .
0

2.12) Từ việc quá quen thuộc với cách giải đối với bài tốn tích phân có chứa

biểu thức

a 2  x 2 ở trên nên ta đưa ra các bài tốn tích phân mới có chứa biểu

a2  x2

thức

nhưng giải được theo phương pháp đổi biến khác (đặt

t  a 2  x 2 ) để so sánh, ví dụ như:
1

x 1  x dx ;
a) I  �
3

2

0

1

xe
b) I  �

1 x 2

dx ;

0

1

x ln(1  1  x 2 )dx .
c) I  �
0

Ta đã khai thác các bài tốn tích phân có chứa biểu thức
nên tìm đến bài tốn tích phân có chứa một trong các biểu thức

a 2  x 2 thì
x2  a2 ,

x 2  a 2 để so sánh :
Bài toán 3: Tính các tích phân sau:
a
2
2
a) I   x  a dx, (a  0) ;
0

(J 

5a

�x

2

 a 2 dx,(a  0) )

2a

15


a

b) I  
0

1
x2  a2

(J 

dx, (a  0) ;

5a

�x
2a

1
2

 a2

dx,(a  0) ).

3.1)Tính tích phân:
a

a) I  
0

1
2

x a

2

b) J 

dx, (a  0) ;

5a

�x
2a

1
2

 a2

dx,(a  0) .

a
2
2
Giải: a)Tính I   x  a dx, (a  0)
0

1

dt  (1  tan 2 t )dt , và với
Cách 1: Đặt x  a tan t với t �[0; ] , ta có : dx 
2
cos t
4
x  0 thì t  0 , với x  a thì t 

4


. Ta được:
4


4


4

1
1
2

2
I�
.(1

tan
t
)
dt

1

tan
tdt

dt  ln(1  2) .
�
�
0
0
0 cos t
1  tan 2 t
Cách 2:
x

Đặt t  x  x 2  a 2 ta có dt (1 

x2  a2

) dx 

x2  a2  x
x2  a2

dx �

dt

t

dx
x  a2
2

; với x  0 � t  a , với x a  t (1  2 )a .
Suy ra I 

(1 2 ) a

dt

(1 2 ) a

 (ln t ) a

�t
a

b)Tính J 

�x

2a

2

 a2

dx,(a  0)

t  x x a

Đặt

�

1

5a

2

dt

t

dx
x2  a2

Suy ra J 

(2  5 ) a

(1 2 ) a

ta

2

có

dt  (1 

x
x a
2

)dx 
2

x2  a2  x
x a
2

2

dx

;với x  2a � t  (1  2)a , với x  5a � t  (2  5) a .

dt

�t

 ln(1  2) .

( 2 5 ) a

 (ln t ) (1

2 )a

 ln

2 5
.
1 2

3.2) Tính tích phân: :
16


a

a) I  �x  a dx,(a  0) ;
2

5a

b) J 

2

�x

0

2

 a 2 dx,(a  0) .

2a

a

2
2
Giải: a) Tính I  �x  a dx,(a  0)
0

1

dt  (1  tan 2 t )dt , và với
Cách 1: Đặt x  a tan t với t �[0; ] , ta có : dx 
2
cos t
4


. Ta được:
4

x  0 thì t  0 , với x  a thì t 

4


4

1
1
a2
2
I  a �1  tan t . 2 dt  a � 3 dt  ( 2  ln(1  2)) .
cos t
2
0
0 cos t
2

2

Cách 2:
x
�
du 
dx
�
u  x2  a2
�
�
2

2
�
x a
Đặt �
. Suy ra
�
dv  dx
�
�
vx
�
x2

a

a

a

a

a

a2

I  (x x  a )  � 2
dx  ( x x  a )  �x  a dx  � 2
dx
0
0

0
0
0
x  a2
x  a2
2

2

2

2

2

2

a
a
a2
� 2I  ( x x 2  a 2 )  � 2
dx
0
0
x  a2
a

a

0

0

� 2 I  ( x x 2  a 2 )  a 2 ln( x  x 2  a 2 ) .
a

a
x 2
a2
a2
2
2
2
Vậy I  ( x  a )  ln( x  x  a )  ( 2  ln(1  2)) .
0
2
2
2
0

b)Tính J 

5a

�x

2

 a 2 dx,(a  0)

2a

x
�
du 
dx
�
u  x2  a2
�
�
��
Đặt �
x2  a2 .
dv  dx
�
�
vx
�
J  (x x  a )
2

2

5a
2a



5a

�x
2a

x2
2

 a2

Suy ra

dx  ( x x  a )
2

2

5a
2a



5a

�x
2a

2

 a dx 
2

5a

�x
2a

a2
2

 a2
17

dx


� 2J  (x x  a )
2

2

� 2J  ( x x2  a2 )
x 2
x  a2 )
Vậy J  (
2

5a
2a
5a
2



5a

�x
2a

a2
2

 a2

dx
5a

 a 2 ln( x  x 2  a 2 )

2a

5a

a2
 ln( x  x 2  a 2 )
2
2a

.

5a
2a

a2
a2 2  5
 (2 5  2)  ln
.
2
2 1 2

3.3) Thay mỗi giá trị của a vào bài toán 3.1) và 3.2) ta được một số tích phân
mới ví dụ:
1
a) I1  � 2 dx ;
0
x 1
1

b) I1 

3

2
�x  1dx ;

2
1
I2  � 2
dx ;
0
x 4

I2 

0

c) I1 

1

3

dx ;
�
2
0 x 
x 1

J1 

�x
2

5

1

5

�x 

x 4

2

0

2

1

5

J

2
�x  4dx ;

�x

0

I2 

1

5

2

dx ;

 1dx ;

2

J1 

dx ;

1

5

�x 

x 1
2

2

dx .

3.4) Từ các bài toán 3.1), 3.2) và 3.3) ta đưa ra những bài tốn tích phân có chứa
một trong các biểu thức

x 2  a 2 và

x 2  a 2 nhưng được giải theo phương

pháp khác (đặt t  x 2  a 2 hoặc t  x 2  a 2 ), ví dụ:
a) I1 

3

�x
0

x
2

dx ;
1

3

x x 2  1dx ;
b) I1  �
0

I2 

5

�x
0

I2 

x3
2

4

J1 

dx ;

x5

5

�x
2

5

J

x3 x 2  4dx ;
�
0

5

2

1

dx ;

x 2  1dx ;

x
�

5

2

3

ln( x  x 2  1)dx .
c) I  �
0

3.5)Kết hợp bài toán 3.3) và bài tốn 3.4) ta có các tích phân mới:
a) I1 

3

�x
0

;( J1 

x 1

x 1
� x  1dx );
2
5

b) I 2 

dx ;
2
1

5

x3  x2

�x
0

2

4

dx ; c) J1 

5

x 1

�x
2

2

1

dx

5

( x  1  x  1) 2 dx ;
d) J1  �
2

18


4

4

2
e) I (2 x  1) x  9dx ;

x

g) I  
0 x

0

b

b

x2  9

dx .

b

3.6)Từ công thức : udv (u.v) a  vdu , ta xem tích phân trong bài toán 3.1) và
a

3.2) là biểu thức

a

b

b

vdu để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức

udv , ta có

a

a

các tích phân sau:
1

a

x ln( x  x  a )dx,(a  0) ;

a) I  �
2

x ln( x  x 2  1)dx .
b) I1  �

2

0

0

Bài toán 4 : Tính các tích phân sau:
3
5

1

1
dx ( Bài tập SGK ).
9  25 x 2
3

1
dx (ví dụ SGK );
2
0 1 x

b) I  

a) I  

5

Giải:
1

dt  (1  tan 2 t )dt , và với x  0
a)Đặt x  tan t ,với t �[0; ] , ta có : dx 
2
cos t
4
thì t  0 , với x  1 thì t 

4


. Ta được:
4


4

1
.
2
4 
I�
.(1


tan
t
)
dt

dt

t
�
2
0
4
0 1  tan t
0

3
 
b) Đặt x  tan t ,với t �[ ; ] , ta có : dx 
5
6 4

3
5 dt  3 (1  tan 2 t )dt , và với
cos 2 t
5


3

3

thì t  , với x  thì t  . Ta được:
6
5
4
5

x

4





6

6

6

1
3
1 4
1 4

2
I�
.
(1


tan
t
)
dt

dt

t

� 15  180 .
2
15 
 9  9 tan t 5
4.1) Đặt x vào vị trí tan t của các bài tốn tích phân hàm số lượng giác đơn giản
ta có các tích phân sau:
19


1

1

1 x
a) I   2 dx ;
0 1 x

2  x  x2
I

dx ;

b)

1 x2
0

1
x4
I

dx ;
c)
�
2
0 1 x

1  x2
d) I  � 2 dx ;
x
1
3

xn
e) Cho I n  � 2 dx (với n ��* ). Lập hệ thức giữa I n và I n  2 .
0 1 x
1

4.2) Thay x  ln t vào một trong các tích phân trên ta có:
1
dx ;
a) I  �

2
1 x (1  ln x )

ln 4 x
dx .
b) I  �
2
1 x (1  ln x )

e

e

b

b

b

4.3) Từ công thức : udv (u.v) a  vdu , ta xem tích phân trong bài tốn 4) là
a

a

b

biểu thức

b

vdu

để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức

a

udv , ta có các tích
a

phân :
1

b) I 

ln(1  x )dx ;
a) I  �
2

0

1

x ln x
dx
2 2
) .

�(1  x
2
2

4.4) Qua hai ví dụ ở bài tốn 4) khiến ta khơng thể khơng xét bài tốn qt:
1
I  �2
dx , (với a  0 ).
2
0 a  x
a

Giải:
a

dt  a(1  tan 2 t )dt ,
Đặt x  a tan t , với t �[0; ] , ta có: dx 
2
cos t
4
và

với

x0

thì


4

t  0,

với

xa

thì

t


.
4

Ta

được:


4


1
.
2
4 
I�
.(1

tan
t
)

dt

dt

t
�
2
0
4
0 1  tan t
0

4.5) Và bài tốn tổng quát:

20




dx
1
dx

2
�
�
2
2
a� b �
 ax  bx  c

�  �
�x 
� � 2 �
� 2 a � � 4a �
(với a �0 ,   b 2  4ac  0 ) bằng cách đặt x 

b


.tan t , và ta có thể
2a
4a 2

chọn một trong các giá trị của cận tương ứng trong bảng
t


6

0

x



b
2a


4


b

2
12a
2a


3

b

2
4a
2a

3 b

4a 2 2a

ví dụ :
1
x3
I

dx ; c)
b)
�
2
1 x  2 x  5

2

1
dx ;
a) I   2
x

2
x

2
1

x 2  3x  4
I  �2
dx ;
1 x  2 x  5

1

1

4x  2
dx .
d) I  
2
(
x


2
)(
x

1
)
0

Bài toán 5: Cho f (x) là hàm số chẵn trên đoạn [  ;  ]. Chứng minh rằng :




f ( x)
dx  f ( x) dx (với a  0,   0 ).
x

  a 1
0

Hướng dẫn:






f ( x)
a x f ( x)
dx


dx  f ( x)dx 
Đặt t  x  dt  dx , ta có:  x
x

a

1
a

1











f ( x)
f ( x)
 2 x
dx  f ( x )dx  2  x
dx 2 f ( x )dx 
  a 1

  a 1

0





f ( x)
dx
x
1

 a





f ( x)
dx  f ( x)dx .
x

a

1

0

5.1) Thay f (x) bởi một số hàm số cụ thể và chọn a e ta có các tích phân sau:
1

2

1

x

x

x 1
e e
dx ; b) J   x
dx ;
x
1 e 1
 1 e 1

a) I  

a2  x2
đ) N  � x
dx ( a  0 );
e 1
a
a


2

cos x
dx ;

e x 1

c) K  



2

d) H 


2

x sin x
dx ;
x
1

�
 e



2

1  x2
N1  � x
dx ;
1 e  1
1

21


x2  1
P1  � x
dx ;
1 e  1

x2  a2
e) P  � x
dx ( a  0,   0 );
e 1



1

f)


2

( x 2  1) cos x
M 
dx ;
e x 1



2

g) J 

1
ln( x  x 2  1)
J1  �
dx ;
x
e

1
1

ln( x  x 2  a 2 )
dx ( a  0,   0 );
�
x
e

1




� 
�
sin 2 x �
ln(  x)  ln(  x) �
2

� 2
�dx ;
h) Q 
�
x
e 1



4

1
ln( x 2  1)
J

dx .
i) 1 � x
e 1
1

4

b

b

b

5.2) Từ công thức : udv (u.v) a  vdu , ta xem các tích phân trong bài 5.1) là
a

a

b

b

biểu thức vdu để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức
a

udv , ta có các tích
a

phân :
1

3


2

e x sin x
K

b)
 (e x  1) 2 dx ;

x

( x  x )e

dx ;
a) I   x
2
 1 (e  1)

e x ln( x  x 2  a 2 )
dx ( a  0,   0 );
c) J  �
x
2
(e  1)





2

e x ln( x  x 2  1)
J1  �
dx ;
(e x  1) 2
1
1

a
2

e x ( a 2  x 2 )3
dx ;

d) N  �
x
2
x
(
e

1)
a


e x (4  x 2 )3
N2  � x
dx ;
x(e  1)2
1
1

2

1
e

5.3) Thay f (x) bởi một số hàm số cụ thể và chọn a  ta có các tích phân sau:

22


1

2


2

x

( x  1)e
dx ;
a) I   x
e 1
1

x

e cos x
K  x
dx ; c) H 
 e 1

b)




2

e x ( x 2  1)cos x
dx ;
�

x
e

1


2

2


2

a
e x x sin x
ex a2  x2
dx
; e) N  � x
dx , (với a  0 );
�
x
e

1

e 1
a


đ) M 

ex 1  x2
N1  � x
dx ;
e 1
1
1

2

ex x2  a2
f) P  � x
dx ,(với a  0,   0 );
e 1


ex x2  1
P1  � x
dx .
e 1
1



1

5.4) Thay f (x) bởi một số hàm số cụ thể và chọn a  2 ta có các tích phân sau:
a) I 



2

( x cos x  sin x ) x
dx ;
�
x
2

1



ln(1  x 2 )
dx .
b) I  � x
2 1
1
1

2

5.5) Từ các bài toán 5.1) và 5.3) ta rút ra bài toán sau:
Cho f (x) là hàm số chẵn trên đoạn [  ;  ].Chứng minh rằng:




a x f ( x)
f ( x)
dx


dx

f ( x)dx (với a  0,   0 )(hoặc:
�x
�x
�
 a  1
 a  1
0
b

b

ax 1
�x f ( x)dx  0 ).
 a  1


b

5.6) Từ công thức : udv (u.v) a  vdu , ta xem các tích phân trong bài 5.3) là
a

a

b

b

biểu thức vdu để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức udv , ta có các tích
a

a

phân sau:

2

1

x
b) K  sin x ln(e  1)dx ; c)

a) I  ( x 3  x) ln(e x  1)dx ;
1



1


2

1

I  ln( x  x 2  1) ln(e x  1)dx ;

d) I  x 1  x 2 ln(e x  1)dx .

1

1

5.7)Từ các tích phân trong bài 5.6) ta có bài tốn tổng qt :
Cho f (x) là một hàm số lẻ trên đoạn [  ;  ]. Chứng minh rằng :




x
f ( x) ln(e  1)dx xf ( x)dx (với   0 ).



0

23


5.8)Từ bài toán 5.7) thay e x t , ta có bài tốn sau:
f (x)

Cho
e

là

hàm

số

lẻ

trên

đoạn

[ 1;1 ].Chứng

minh

rằng:

1

f (ln x) ln(x  1)
1
e

dx
 xf ( x )dx
.
x 
0

5.9) Thay f ( x)  x , f ( x) ln( x  x 2  1) vào bài tốn 5.8) ta có các tích phân sau:
e

a)

I  ln x ln( x  1)
1
e

e

dx
x ;

b)

I  ln(ln x  ln 2 x  1) ln( x  1)
1
e

dx
x .

5.10) Từ bài toán 5.7) thay x cos t , ta có bài tốn sau:
Cho f (x) là hàm số lẻ trên đoạn [ 1;1 ].Chứng minh rằng:
1



sin xf (cos x) ln(e
0

cos x

 1)dx xf ( x)dx .
0

5.11) Thay f ( x)  x vào bài tốn 5.10) ta có các tích phân sau:




cos x
a) I  sin 2 x ln(e  1)dx ;

cos x
b) I  [ x  ln(e  1)] sin 2 xdx .

0

0

5.12) Từ bài toán 5.7) thay x sin t , ta có bài tốn sau:
Cho f (x) là một hàm số lẻ trên đoạn [ 1;1 ]. Chứng minh rằng :

2

1

sin x
cos xf (sin x) ln(e  1)dx xf ( x)dx .




2

0


2

sin x
5.13)Thay f ( x)  x vào bài tốn 5.12) ta có các tích phân: I  sin 2 x ln(e  1)dx .



2

1
1
f ( x)
e x f ( x)
I

dx
J

dx ( với f (x) là hàm số
5.14)Từ các tích phân
và
�x
�
x

e

1
1 e  1
1

chẵn trên đoạn [ 1;1 ]) trong các bài toán 5.1) và 5.3); thay t  e x ta có các tích
e
f (ln x)
f (ln x)
dx và J  �
dx , ví dụ :
phân I  �
x 1
1 x ( x  1)
1
e

e

e

24


e
ln 2 x
J  � dx ;
1 x 1

e
ln 2 x
I

dx ;
�
a)
1 x ( x  1)
e

e

1  ln 2 x
b) I  �x( x  1) dx ;
1

1  ln 2 x
J �
dx ;
x 1
1

e

e

e

e

e
1  ln 2 x
I

�x( x  1) dx ;
c)

e
1  ln 2 x
J �
dx ;
x 1
1

1
e

e

ln(ln x  1  ln 2 x )
dx ;
d) I  �
x( x  1)
1

ln(ln x  1  ln 2 x )
J �
dx .
x 1
1

e

e

e

e

Chương 4: Kiểm chứng các giải pháp đã triển khai của sáng kiến:
Qua thực hiện sáng kiến kinh nghiệm, tôi nhận thấy các em có nhiều tiến
bộ qua tiết học, lớp được dạy thử nghiệm 12A1.
Đối tượng học sinh 12A (2008-2009) có trình độ ngang nhau (đối chứng)
với 12A (thực nghiệm)
Còn ở lớp thực nghiệm, đa số các em giải tốn đạt đơ chính xác cao.
Với những biện pháp đã áp dụng, sau khi thực nghiệm và đối chứng đề tài
ở lớp, tôi thu được kết quả sau:

Lớp

12A

Số
lượng

50

Đạt yêu cầu

Không đạt yêu cầu

Số

Số

lượng
17

%

34

Đạt yêu cầu
Lớp

Số lượng Số
lượng

%

lượng
33

%

66

Không đạt yêu cầu
Số
lượng

%

Ghi chú

Đối
chứng

Ghi
chú

25