Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ
SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THƠNG QUA GIẢI BÀI
TỐN TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÍCH
PHÂN TỪNG PHẦN

Người thực hiện: Hà Ngọc Long
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THANH HỐ NĂM 2021


MỤC LỤC
Nội dung

1
1.1
1.2
1.3
1.4
2
2.1
2.2
2.3
2.3.

1
2.3.
2
2.4
3
3.1
3.2

Trang
Mở đầu ------------------------------------------------------------------------------1
Lí do chọn đề tài ------------------------------------------------------------------1
Mục đích nghiên cứu ------------------------------------------------------------1
Đối tượng nghiên cứu -----------------------------------------------------------1
Phương pháp nghiên cứu -------------------------------------------------------2
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm -----------------------------------------2
Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ---------------------------------2
Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2
Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề ------------------------------------------------------------------------3
Phương thức 1: Bổ sung một số kiến thức về tích phân từng phần
và một số kĩ thuật giải các dạng tốn tính tích phân bằng phương
3
pháp tích phân từng phần.
Phương thức 2: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần để
giải các bài tốn tính tích phân mà trong biểu thức tích phân có
11
chứa đạo hàm bậc nhất của hàm số. ----------------------------------------Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
16
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường --------------------------------Kết luận, kiến nghị -------------------------------------------------------------17

Kết luận ------------------------------------------------------------------------------17
Kiến nghị ----------------------------------------------------------------------------17
Tài liệu tham khảo ----------------------------------------------------------------19
Danh mục các đề tài SKKN ---------------------------------------------------20


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài.
Với xu thế đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay của bộ giáo dục, trong
quá trình dạy học để thu được hiệu quả cao địi hỏi người thầy phải nghiên cứu tìm
hiểu kỹ chương trình, đối tượng học sinh; đưa ra các phương pháp phù hợp với kiến
thức và các đối tượng học sinh cần truyền thụ. Như luật giáo dục Việt Nam có viết:
“Phương pháp giáo dục phổ thơng cần phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động
sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học, bồi dưỡng
phương pháp tự học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức, tác động đến tình cảm,
đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”. Trong thời gian giảng dạy, tơi
ln nghiên cứu tìm tòi các phương pháp mới phù hợp với từng bài dạy và các đối
tượng học sinh để truyền thụ các kiến thức, kỹ năng giải toán cho học sinh một
cách tốt nhất.
Ngày nay trong đổi mới giáo dục toán học ở Việt Nam đã đặc biệt quan tâm
đến phát triển năng lực của học sinh. Các năng lực then chốt như: Năng lực giải
quyết vấn đề một cách sáng tạo, năng lực tính tốn, năng lực tư duy và suy luận,
năng lực ngơn ngữ, năng lực kết nối tốn học với thực tiễn. Việc nghiên cứu
phương pháp tích phân từng phần để giải bài tốn tính tích phân có nhiều khả năng
góp phần hình thành và phát triển năng lực nói trên đặc biệt là năng lực giải quyết
vấn đề và sáng tạo. Để có năng lực cần phải có tri thức. Tri thức tốn học nói
chung, tri thức về tích phân từng phần đóng vai trị là điều kiện thúc đẩy các hoạt
động nhằm phát triển các năng lực của người học. Chính vì lí do nói trên, tơi chọn
đề tài:
“Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thơng qua giải

bài tốn tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần”
1.2 Mục đích nghiên cứu.
Việc nghiên cứu đề tài với mục tiêu sau:
Bổ sung một số kĩ thuật để giải một số dạng tốn về tích phân từng phần
nhằm làm phong phú thêm vai trị của phương pháp tích phân từng phần.
Đề tài cũng đặc biệt quan tâm việc phát triển và mở rộng các bài tốn trong
chương trình phổ thơng nhằm góp phần phát triển cho học sinh năng lực giải quyết
vấn đề và sáng tạo.
1.3 Đối tượng nghiên cứu.
Nghiên cứu vai trị của phương pháp tích phân từng phần trong việc giải các
1


dạng tốn tính tích phân trong trường phổ thơng.
Nghiên cứu các phương thức mở rộng và phát triển các bài tốn trong
chương trình trung học phổ thơng.
1.4 Phương pháp nghiên cứu.
a, Nghiên cứu tài liệu, nghiên cứu cơ sở lí luận về phương pháp tích phân từng
phần trong chương trình tốn học phổ thơng.
b, Điều tra
- Thực dạy và kết quả kiểm tra
- Đàm thoại:
+ Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm và phương pháp dạy phù hợp
+ Trao đổi với các em học sinh về cách học.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Trong học tập cũng như trong cuộc sống, học sinh sẽ gặp các tình huống có
vấn đề cần giải quyết. Việc nhận ra tình huống có vấn đề và giải quyết các tình
huống đó một cách thành cơng chính là năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo.
Năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo là khả năng của học sinh nhận ra các mâu

thuẫn nhận thức trong các vấn đề học tập hoặc trong các vấn đề trong cuộc sống và
tìm ra được phương pháp để giải quyết mâu thuẫn, vượt qua các khó khăn và trở
ngại, từ đó học sinh tiếp thu được kiến thức, kĩ năng mới hoặc giải quyết vấn đề
trong thực tiễn.
Sách giáo khoa và nhiều tài liệu đã trình bày kiến thức về phương pháp tích
phân từng phần và các ứng dụng của tích phân từng phần. Tuy nhiên với thời lượng
chương trình cịn ít nên chưa đề cập sâu được các kiến thức cũng như hệ thống bài
tập áp dụng phương pháp tích phân từng phần. Trong khuôn khổ đề tài này, tôi bổ
sung thêm một số kiến thức về tích phân từng phần đồng thời chọn lọc một số bài
toán mà trước đây các tác giả đã giải bằng các cách khác, tôi hướng dẫn học sinh
giải bằng phương pháp tích phân từng phần. Như vậy học sinh không chỉ giải theo
một cách giải cũ mà ln tìm tịi các cách giải mới. Qua đó phát triển được năng
lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cũng như phát triển được năng lực học tập của
bản thân.
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trong chương trình tốn học lớp 12, nội dung tích phân được đánh giá là
2


nội dung khó. Mặc dù số tiết phân phối chương trình ít nhưng chúng ta thấy
dạng tốn tính tích phân gặp nhiều trong các đề thi đặc biệt với dạng đề thi trắc
nghiệm. Khi gặp các bài tốn tích phân, học sinh thường khó khăn để nhận ra dạng
tích phân, từ đó khơng biết cách lựa chọn đúng phương pháp giải.
2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Để khắc phục những hạn chế đã nêu, trong đề tài này tôi hệ thống kiến thức
về tích phân từng phần, nêu các dạng tốn tính tích phân bằng phương pháp tích
phân từng phần đồng thời chọn lọc các ví dụ, bài tập áp dụng phù hợp với đối
tượng học sinh mà mình phụ trách. Thơng qua đó sẽ phát triển năng lực giải quyết
vấn đề và sáng tạo cho học sinh trong việc học tốn ở trường phổ thơng.
2.3.1 Phương thức 1: Bổ sung một số kiến thức về tích phân từng phần và một

số kĩ thuật giải các dạng tốn tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng
phần.
2.3.1.1 Vai trị của việc thực hiện phương thức 1
Việc thực hiện phương thức đề ra nhằm vào các mục đích sau:
- Mở rộng tiềm năng huy động kiến thức khi giải các bài tốn về tính tích phân
- Nhằm nhìn nhận một cách tổng quan các dạng tốn tính tích phân
2.3.1.2 Nội dung cụ thể:
Trong chương trình tốn học lớp 12, phương pháp tích phân từng phần là
một trong những dạng tốn quan trọng góp phần giải các bài tốn tích phân.
Vậy tích phân từng phần là gì?
Theo cách hiểu đơn giản tích phân từng phần là q trình tìm tích phân của
tích các hàm dựa trên tích phân các đạo hàm và nguyên hàm của chúng. Nó thường
được sử dụng để biến đổi nguyên hàm của tích các hàm thành một ngun hàm mà
đáp án có thể được tìm thấy dễ dàng hơn. Quy tắc có thể suy ra bằng cách như sau:
Theo quy tắc đạo hàm của tích 2 hàm số: (uv)′ = u′v + uv′ [1].
Lấy tích phân 2 vế với cận dưới là a , cận trên là b ta được:
b

b

b

∫ (uv)′dx = ∫ u′vdx + ∫ uv′dx
a

a

a

b

b

b

a

a

a

b

⇔ ( u.v ) a = ∫ vdu + ∫ udv ⇔ ∫ udv = ( u.v ) a − ∫ vdu .
b

b

a

Từ đó để tính tích phân từng phần, người ta thường áp dụng theo công thức sau:
Nếu u ( x); v( x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] thì:
3


b

b

∫ u ( x).v′( x)dx = ( u( x).v( x) ) a − ∫ v( x).u′( x)dx

b

a

a

b

b

Viết gọn là: ∫ udv = ( u.v ) a − ∫ vdu .
b

a

a

Đối với dạng bài tập tích phân từng phần, ta cần quan tâm thứ tự đặt u . Trước hết
cần đặt u và dv sao cho tính du và tìm v dễ dàng nhất.
Các bước để tính tích phân từng phần như sau:
b

Bước 1. Biến đổi tích phân đã cho về dạng I = ∫ f ( x).g ( x)dx
a

du = f ′( x)dx

v = G ( x )

u = f ( x)

Bước 2. Đặt 
suy ra
dv = g ( x)dx
b

b

Bước 3. Khi đó: I = ∫ f ( x).g ( x)dx = ( f ( x).G ( x ) ) a − ∫ G ( x). f ′( x)dx
b

a

a

Chú ý thứ tự ưu tiên chọn u là: Lôgarit → Đa thức → Lượng giác → Mũ.
Các dạng toán cơ bản sử dụng phương pháp tích phân từng phần là:
Dạng tốn 1. Gặp tích phân có các dạng sau:
b

*

∫ f ( x)dx trong đó hàm số f ( x) có chứa e

g ( x)

, đồng thời ta tách được như sau:

a

b

∫
a

u = h( x)
f ( x)dx = ∫ h( x).g ′( x).e g ( x ) dx thì tiếp tục ta đặt 
g (x)
a
dv = g ′( x).e dx
b

b

mx + n
Đặc biệt nếu tích phân có dạng: ∫ P( x).e dx với P ( x) là hàm số đa thức thì ta đặt
a

u = P( x )
.

mx + n
dv
=
e
dx

b

*

∫ f ( x).sin g ( x)dx đồng thời ta tách được như sau:
a

b

∫
a

u = h( x )
f ( x).sin g ( x) dx = ∫ h( x).g ′( x).sin g ( x)dx thì tiếp tục ta đặt 
a
dv = g ′( x).sin g ( x) dx
b

b

Đặc biệt nếu tích phân có dạng: ∫ P( x).sin( mx + n) dx với P ( x) là hàm số đa thức thì
a

u = P ( x )
ta đặt 
.
dv = sin(mx + n)dx
4


b

*

∫ f ( x).cos g ( x)dx đồng thời ta tách được như sau:
a

b

∫
a

b
u = h( x )
f ( x).cos g ( x)dx = ∫ h( x).g ′( x).cos g ( x)dx thì tiếp tục đặt 
a
dv = g ′( x).cos g ( x)dx
b

Đặc biệt nếu tích phân có dạng: ∫ P( x).cos(mx + n)dx với P ( x) là hàm số đa thức thì
a

u = P ( x)
ta đặt 
.
dv = cos(mx + n)dx
u = ln f ( x)
Dạng tốn 2. Gặp tích phân có dạng ∫ P( x).ln f ( x)dx thì ta đặt 
a
dv = P ( x)dx
Dạng tốn 3. Gặp tích phân có dạng:
b

b

*

∫ f ( x)dx trong đó hàm số f ( x) có chứa tích của

e h ( x ) và sin g ( x) , đồng thời ta tách

a

b

được như sau:

b

∫ f ( x)dx = ∫ e
a

h( x)

a

u = e h ( x )
.g ′( x).sin g ( x)dx thì ta đặt 
.
′
dv
=
g
(

x
).sin
g
(
x
)
dx

b

Cịn nếu khi chúng ta tách được:

b

∫ f ( x)dx = ∫ h′( x).e
a

h( x)

.sin g ( x)dx thì ta tiếp tục đặt

a

u = sin g ( x)
.

h( x)
′
dv
=

h
(
x
).
e
dx

b

*

∫ f ( x)dx trong đó hàm số f ( x) có chứa tích của e

h( x)

và cos g ( x) , đồng thời ta tách

a

b

được như sau:

b

∫ f ( x)dx = ∫ e
a

a

h( x)

u = e h ( x )
.g ′( x).cos g ( x)dx thì ta đặt 
.
dv = g ′( x).cos g ( x)dx
b

Còn nếu khi chúng ta tách được:

∫
a

b

f ( x)dx = ∫ h′( x ).e h ( x ) .cos g ( x )dx thì ta tiếp tục đặt
a

u = cos g ( x)
.

h( x)
dv = h′( x ).e dx
Sau đây là một số ví dụ minh họa được lấy từ các nguồn tài liệu, đề thi thử tốt
nghiệp THPT năm 2021 và các ví dụ do bản thân tự làm, tự nghiên cứu.
5


a.e6 + b
Ví dụ 1. Cho biết I = ∫ (2 x − 1)e dx =

; với a, b, c ∈ Z . Tính giá trị biểu thức
c
0
2

3x

S = a + b + c . [5].
Phân tích: Ta nhận thấy hàm số trong dấu tích phân có dạng tích của hàm số đa
thức và hàm số mũ. Vì vậy với tích phân này ta áp dụng phương pháp tích phân
từng phần.
Lời giải:
du = 2dx
u = 2 x − 1

⇒
Đặt 
 1 3x
3x
dv = e dx v = e
 3
2 2 3x
1
1 2 3x 2
3x 2
6
Khi đó: I = ∫ (2 x − 1)e dx = (2 x − 1) e 0 − .∫ e dx = e + − e 0
30
3
3 9

0
2

3x

1 2 6 2 7e6 + 5
=e + − e + =
3 9
9
9
6

a.e6 + b
⇒ a = 7; b = 5; c = 9 . Vậy S = a + b + c = 21 .
Theo giả thiết I =
c
π
4

Ví dụ 2. Cho biết I = ∫ ( x 2 + 1)sin 2 xdx = aπ + b ; với a, b là các số hữu tỉ. Tính giá
0

trị biểu thức S = a + b . [5].
Phân tích: Ta nhận thấy hàm số trong dấu tích phân có dạng tích của hàm số đa
thức và hàm số sin. Vì vậy với tích phân này ta áp dụng phương pháp tích phân
từng phần.
Lời giải:
du = 2 xdx
u = x 2 + 1


⇒
Đặt 
1
dv = sin 2 xdx v = − cos 2 x

2
π
4

π

π
4
1
Khi đó: I = ∫ ( x 2 + 1)sin 2 xdx = − ( x 2 + 1)cos 2 x 04 + ∫ x cos 2 xdx = 1 + J
2
2
0
0
π
4

Đến đây ta thấy rằng tích phân J = ∫ x cos 2 xdx vẫn có dạng tích của hàm số đa
0

thức và hàm số cosin. Chính vì vậy chúng ta tiếp tục áp dụng phương pháp tích
phân từng phần.
6

du = dx
u = x

⇒
Đặt 
1
dv = cos 2 xdx v = sin 2 x

2
π

π
π
4
π 1
π 1
1
Khi đó: J = x sin 2 x 04 − 1 ∫ sin 2 xdx = + cos 2 x 04 = −
8 4
8 4
2
20

Suy ra I =

π 1
1
+J = +
8 4
2

1
1
3
Theo giả thiết I = aπ + b suy ra a = ; b = . Vậy S = a + b = .
8
4
8
π
2

Ví dụ 3. Cho biết I = ∫ e 2 x +1.cos xdx = a.e

+ b.e ; với a, b, c là các số nguyên. Tính
c

π +1

0

giá trị biểu thức S = a + b + c . [5].
Phân tích: Ta nhận thấy hàm số trong dấu tích phân có dạng tích của hàm số mũ và
hàm số cosin. Vì vậy với tích phân này ta áp dụng phương pháp tích phân từng
phần.
Lời giải:
u = e 2 x +1
du = 2e 2 x +1dx
⇒
Đặt 
dv

=
cos
xdx

v = sin x
π
2

π
2
0

π
2

Khi đó: I = ∫ e 2 x +1.cos xdx = e2 x +1.sin x −2 ∫ e 2 x +1 sin xdx = eπ +1 − 2.J
0

0

π
2

Với tích phân J = ∫ e 2 x +1 sin xdx vẫn có dạng tích của hàm số mũ và hàm số sin.
0

Chính vì vậy chúng ta tiếp tục áp dụng phương pháp tích phân từng phần.
u = e 2 x +1
du = 2e 2 x +1dx
⇒

Đặt 
dv = sin xdx v = − cos x
Khi đó: J = −e

2 x +1

π
2
0

π
2

cos x +2 ∫ e 2 x +1.cos xdx = e + 2.I
0

Suy ra I = e

π +1

π +1

− 2.J = e

Theo giả thiết I =

eπ +1 − 2e
− 2.(e + 2 I ) ⇔ I =
5

a.eπ +1 + b.e
suy ra a = 1; b = −2; c = 5 . Vậy S = a + b + c = 4 .
c
7


4 − x2
p
)dx = a + b ln , với a, b là các số hữu tỉ; p, q là các
Ví dụ 4. Cho biết ∫ x ln(
2
4+ x
q
0
số nguyên tố và p < q . Tính S = 2ab + pq . (Trích đề thi khảo sát chất lượng lớp
1

3

12 của Sở GD và ĐT Thanh Hóa ngày 25/4/2021, mã đề 105, câu 44).
Phân tích: Ta nhận thấy hàm số trong dấu tích phân có dạng tích của hàm số đa
thức và hàm số lơgarit vì vậy chúng ta áp dụng phương pháp tích phân từng phần.
Lời giải:
4 − x2

(
)′
2

−16 x

2
4
+
x
du =
dx =
dx
4− x


2
4− x
16 − x 4

u = ln
2
4+ x ⇒
Đặt 
2
4
+
x
3
dv = x dx


x4

v = 4 − 4
Chú ý: Với bài này chúng ta khơng tính v =

x4
x4
v
=
−4
mà khéo léo chọn
4
4
1

4 − x2
−16 x
x4
 4 − x2  1 x4
)
dx
=
−
(
−
4).
dx =
(
−
4)ln
Khi đó: ∫ x ln(
 4 + x2 ÷ ∫ 4
4 + x2
16 − x 4

4
0

0 0
1

3

15 3 1
15 3
= − ln − ∫ 4 xdx = −2 − ln
4 5 0
4 5
4 − x2
p
15
)
dx
=
a
+
b
ln
Theo giả thiết ∫ x ln(
thì a = −2; b = − ; p = 3; q = 5
2
4+ x
q
4
0

1

3

15
) + 3.5 = 30
4
Điểm nhấn của lời giải này, tôi cho rằng rất sáng tạo là khi tính v thơng thường
Vậy S = 2ab + pq = 2.(−2).(−

x4
x4
dv = x ⇒ v = , với bài này thì giáo viên hướng dẫn học sinh chọn v = − 4
4
4
giúp việc tính tích phân sau trở nên đơn giản hơn nhiều. Với bài tương tự sau đây
sẽ giúp học sinh tự phân tích và tìm ra hướng giải.
3

3 − x3
)dx = a + b ln c , với a, b là các số hữu tỉ; c là số
Ví dụ 5. Cho biết ∫ x ln(
3 + x3
0
1

5

nguyên tố. Tính S = a + b + c . [5].
Phân tích: Ta nhận thấy hàm số trong dấu tích phân có dạng tích của hàm số đa

thức và hàm số lơgarit vì vậy chúng ta áp dụng phương pháp tích phân từng phần.
8


Lời giải:
3 − x3

(
)′
3

−18 x 2
3
3
+
x
du
=
dx
=
dx
3− x


3
6
3
−
x
9

−
x
u = ln

3 + x3 ⇒ 
Đặt 
3 + x3
dv = x 5 dx


x6 3 x6 − 9

v = 6 − 2 = 6
x6
x6 3
Chú ý: Với bài này chúng ta khơng tính v =
mà khéo léo chọn v = −
6
6 2
1

3 − x3
x 6 − 9  3 − x 3  1 x 6 − 9 −18 x 2
x
ln(
)
dx
=
−∫
.

dx =
(
)ln 
Khi đó: ∫
3
6
3 ÷
3
+
x
6
9
−
x
6
3
+
x
0

0 0
1

5

4 1 1 2
4
= − ln − ∫ 3x dx = −1 + ln 2
3 2 0
3

3 − x3
4
)
dx
=
a
+
b
ln
c
a
=
−
1;
b
=
;c=2
Theo giả thiết ∫ x ln(
thì
3 + x3
3
0
1

5

Vậy S = a + b + c = −1 +

4
7

+2= .
3
3

ln( x 2 + 1)
dx = a ln p + b ln q , với a, b là các số hữu tỉ; p, q là
3
x
1
các số nguyên tố và p < q . Tính S = ab + pq . [4].
2

Ví dụ 6. Cho biết I = ∫

Phân tích: Ta nhận thấy hàm số trong dấu tích phân có dạng tích của hàm số đa
thức và hàm lơga vì vậy chúng ta áp dụng phương pháp tích phân từng phần.
Lời giải:
2x

dx
u = ln( x 2 + 1) du = 2


x +1
⇒
Đặt 
dx
dv
=


v = − 1
x3

2x2
2
2
2
dx
1
1
( x 2 + 1 − x 2 )dx
1
2
+
= ln 2 − ln 5 + ∫
=
Khi đó: I = − 2 .ln ( x + 1) 1 ∫
2
2
8
x( x 2 + 1)
2x
1 x ( x + 1)
1
2
1
1
1
x
5

= ln 2 − ln 5 + ∫ ( − 2 ) dx = 2ln 2 − ln 5
2
8
x +1
8
1 x

ln( x 2 + 1)
5
dx = a ln p + b ln q thì a = 2; b = − ; p = 2; q = 5
Theo giả thiết I = ∫
3
x
8
1
2

9


5
35
Vậy S = ab + pq = 2.(− ) + 2.5 = .
8
4
π
2

ln(sin x + cos x)
π

dx = + b ln c , với a ∈ Z và b, c là các số
2
sin x
a
π

Ví dụ 7. Cho biết I = ∫
4

nguyên tố. Tính S = a + b + c . (Trích đề thi đánh giá chất lượng lớp 12 năm học
2020 – 2021 của trường Đại học Hồng Đức, mã đề 168, câu 48).
Phân tích: Ta nhận thấy hàm số trong dấu tích phân có dạng tích của hàm số lơgarit
và hàm số

1
nên ta áp dụng phương pháp tích phân từng phần.
sin 2 x

Lời giải:
cos x − sin x

dx
u = ln(sin x + cos x) du =


sin x + cos x
⇒
Đặt 
dx
dv

=

v = − cot x − 1 = − cos x + sin x
sin 2 x

sin x
π
2
π
4

π
2

cos x + sin x cos x − sin x
.
dx =
sin x
sin x + cos x
π

Khi đó: I = (− cot x − 1)ln(sin x + cos x) + ∫
4

π
2

π
cos x − sin x
π

= 2ln 2 + ∫
dx = 2ln 2 + (ln sin x − x) π2 = − + 3ln 2
sin x
π
4
4
4

π
2

ln(sin x + cos x)
π
dx
=
+ b ln c . Suy ra: a = −4; b = 3, c = 2 .
sin 2 x
a
π

Theo giả thiết I = ∫
4

Vậy S = a + b + c = 1 .
Nhận xét: Điểm nhấn của lời giải này, tôi cho rằng rất sáng tạo là khi tính v thơng
dx
⇒ v = − cot x , với bài này thì giáo viên hướng dẫn học sinh chọn
sin 2 x
v = − cot x − 1 giúp việc tính tích phân sau trở nên đơn giản hơn nhiều.
BÀI TẬP LUYỆN TẬP.

thường dv =

a.e 2 + b
Bài 1. Cho biết I1 = ∫ (3x + 1)e dx =
; với a, b, c ∈ Z . Tính giá trị biểu thức
c
0
1

2x

S = a 2 + b2 + c2 .
Kết quả: S = a 2 + b 2 + c 2 = 42 .
10


π
6

Bài 2. Cho biết I 2 = ∫ ( x 2 − 1)cos3 xdx = aπ 2 + b ; với a, b là các số hữu tỉ. Tính giá
0

trị biểu thức S = a + b .
Kết quả: S = a + b = −

43
.
108

π

4

Bài 3. Cho biết I 3 = ∫ e x +1.sin 2 xdx = a.e
0

π
+1
4

c

+ b.e ; với a, b là các số nguyên. Tính giá

trị biểu thức S = abc .
Kết quả: S = abc = 10 .
2

2
Bài 4. Cho biết I 4 = ∫ ln(9 − x )dx = a + b ln 5 + c ln 2 ; với a, b, c là các số nguyên.
1

Tính giá trị biểu thức P = a + b + c .
Kết quả: P = a + b + c = 13 .
2.3.2 Phương thức 2: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần để giải các
bài tốn tính tích phân mà trong biểu thức tích phân có chứa đạo hàm bậc
nhất của hàm số.
2.3.2.1 Vai trò của việc thực hiện phương thức 2
- Thực hiện phương thức này giúp học sinh biết cách giải quyết vấn đề và phát
triển cách giải quyết vấn đề một cách sáng tạo.
- Thực hiện phương thức 2 nhằm giúp học sinh phát hiện tìm tịi cách giải nhờ sử

dụng phương pháp tích phân từng phần. Biết khai thác sử dụng giả thiết của bài
tốn, đưa tích phân của hàm số chưa biết về tích phân đã biết. Từ đó góp phần phát
triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo trong dạy - học.
- Tăng cường cơ sở định hướng cách huy động đúng đắn kiến thức cho việc lập
luận giải các dạng tốn tính tích phân.
2.3.2.2 Nội dung cụ thể:
Trong phương thức 2 này ngoài việc sử dụng các kiến thức trong phương
thức 1, chúng ta kết hợp với việc sử dụng tính chất sau của nguyên hàm:

∫ f ′( x)dx =

f ( x) + C hay mở rộng hơn như:

∫ f ′( x).e

f (x)

dx = e f ( x ) + C .

Sau đây là một số ví dụ minh họa được lấy từ các nguồn tài liệu, đề thi thử tốt
nghiệp THPT năm 2021 và các ví dụ do bản thân tự làm, tự nghiên cứu.
11


2

f ( x)
Ví dụ 1. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R thỏa mãn ∫ xf ′( x).e dx = 12 và
0

2

f (2) = ln 2. Tính I = ∫ e f ( x ) dx. [5].
0

f (x)
Phân tích: Hàm số trong dấu tích phân có dạng tích xf ′( x).e , mặt khác đề bài
2

f ( x)
yêu cầu tính I = ∫ e dx. Chính vì vậy chúng ta có hướng giải là đặt u = x và
0

dv = f ′( x).e

f ( x)

dx . Khi đó v = e f ( x )

Lời giải:
u = x
 du = dx
⇒
Đặt 

f ( x)
f (x) .
′
dv
=

f
(
x
).
e
dx
v
=
e


2

2

2

f ( x)
f ( x)
f ( x)
Khi đó: ∫ xf ′( x).e dx = x.e 0 − ∫ e dx = 2e f (2) − I
0

0

⇔ 12 = 4 − I ⇔ I = −8
Vậy I = −8

π
Ví dụ 2. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0; ] thỏa mãn

2
π
2

∫ f ′( x).cos
0

2

π
2

xdx = 8 và f (0) = 4. Tính I = ∫ f ( x ).sin 2 xdx. [3].
0

2
Phân tích: Hàm số trong dấu tích phân có xuất hiện dạng tích: f ′( x).cos x . Đồng

thời dễ dàng tính vi phân của cos 2 x để đưa về sin 2x và tìm được 1 nguyên hàm
của f ′( x) là f ( x) . Từ đó chúng ta có lời giải sau đây.
Lời giải:
u = cos 2 x
du = −2cos x.sin xdx = − sin 2 xdx
⇒
Đặt 
.
dv = f ′( x)dx v = f ( x )
Khi đó:

π

2

∫ f ′( x).cos
0

2

π
2
0

π
2

2
xdx = cos x. f ( x) + ∫ f ( x)sin 2 xdx = − f (0) + I
0

⇔ 8 = −4 + I ⇔ I = 12 . Vậy I = 12
Ví dụ 3. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và thỏa mãn
1

1

0

0

∫ ( x + 1) f ′( x)dx = 10 ; 2 f (1) − f (0) = 2 . Tính I = ∫ f ( x)dx. [2].
12

Phân tích: Hàm số trong dấu tích phân có xuất hiện dạng tích: ( x + 1) f ′( x) . Đồng
thời dễ dàng tính vi phân của x + 1 và tìm được 1 nguyên hàm của f ′( x) là f ( x) .
Từ đó chúng ta có lời giải sau đây.
Lời giải:
u = x + 1
du = dx
⇒
Đặt 
.
dv = f ′( x) dx v = f ( x )
1

1

1

0

0

Khi đó: ∫ ( x + 1) f ′( x)dx = ( x + 1) f ( x) 0 − ∫ f ( x)dx = 2 f (1) − f (0) − ∫ f ( x)dx
1

0

⇔ 10 = 2 − I ⇔ I = −8 . Vậy I = −8
3

Ví dụ 4. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và thỏa mãn ∫ xf ′(2 x − 4)dx = 10 ;
0

f (2) = 2 . Tính I =

1

∫

f (2 x)dx. [5].

−2

Phân tích: Hàm số trong dấu tích phân có xuất hiện dạng tích: xf ′(2 x − 4) . Đồng
thời dễ dàng tính vi phân của x và tìm được 1 nguyên hàm của f ′(2 x − 4) là
1
f (2 x − 4) .
2
Lời giải:
du = dx
u = x

⇒
Đặt 
.
1
dv = f ′(2 x − 4)dx v = f (2 x − 4)

2
3

13
13
x
3
Khi đó: ∫ xf ′(2 x − 4)dx = f (2 x − 4) − ∫ f (2 x − 4)dx = f (2) − ∫ f (2 x − 4)dx
20
20
2
2
0
0
3

3
3
13
⇔ 10 = .2 − ∫ f (2 x − 4)dx ⇔ ∫ f (2 x − 4)dx = −14 .
2
20
0

Đặt 2t = 2 x − 4 . Ta lấy vi phân 2 vế: 2dt = 2dx ⇒ dx = dt
Đổi cận:
x
0
3
t
−2
1

Khi đó:

3

1

0

−2

∫ f (2 x − 4)dx = ∫

f (2t )dt =

1

∫

−2

f (2 x)dx . Vậy I =

1

∫

f (2 x )dx = −14

−2

13


Nhận xét: Nhận thấy I =

1

∫

f (2 x)dx hàm số có chứa 2x nên cho tương ứng với

−2

2 x − 4 . Chính vì vậy chúng ta sử dụng phương pháp đổi biến số đặt 2t = 2 x − 4 .
Ngồi ra lời giải này cịn sử dụng một tính chất của tích phân:

b

b

a

a

∫ f (u )du = ∫ f (v)dv .

Ví dụ 5. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và thỏa mãn:
5

f ( x 3 + 3x + 1) = 3 x + 2, ∀x ∈ R. Tính I = ∫ xf ′( x)dx. [2].

1

Phân tích: Nhận thấy tích phân I có chứa dạng tích của x và biểu thức f ′( x)
Lời giải:
u = x
du = dx
⇒
Đặt 
.
dv = f ′( x) dx v = f ( x )
5

5

5

1

1

Khi đó: I = ∫ xf ′( x)dx = xf ( x) 1 − ∫ f ( x)dx = 5 f (5) − f (1) − ∫ f ( x)dx
5

1

(*)

Đến đây cần tính f (1) và f (5)
3
Từ giả thiết f ( x + 3x + 1) = 3 x + 2, ∀x ∈ R. Ta có:

+ Thay x = 0 ta được f (1) = 2
+ Thay x = 1 ta được f (5) = 5
5

Thay vào (*) ta được I = 23 − ∫ f ( x )dx
1

5

5

1

1

Xét tích phân J = ∫ f ( x )dx = ∫ f (t )dt
3
Ta tìm cách đưa f ( x) theo f ( x + 3x + 1)
2
Đặt t = x 3 + 3x + 1 . Ta lấy vi phân 2 vế: dt = (3x + 3)dx

Đổi cận:

+ Thay t = 1 ta được x 3 + 3x + 1 = 1 ⇔ x 3 + 3x = 0 ⇔ x = 0
+ Thay t = 5 ta được x 3 + 3x + 1 = 5 ⇔ x 3 + 3x − 4 = 0 ⇔ x = 1
5

1

1

1

0

0

3
2
2
Khi đó: J = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x + 3x + 1)(3 x + 3)dx = ∫ (3 x + 2)(3 x + 3)dx =
5

Vậy I = 23 − ∫ f ( x)dx = 23 −
1

59
.
4

59 33
= .
4
4

Nhận xét: Bài này cần sử dụng kết hợp phương pháp tích phân từng phần với
3
phương pháp đổi biến số. Sử dụng giả thiết f ( x + 3x + 1) = 3 x + 2, ∀x ∈ R để tính

14


5

∫ f ( x)dx .

f (1) , f (5) và tính

1

Ví dụ 6. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên R và thỏa mãn:
3

f ( x + x + 1) = 2 x + 1, ∀x ∈ R. Tính I = ∫ ( x + 1) f ′( x)dx. [5].
3

1

Phân tích: Nhận thấy tích phân I có chứa dạng tích của x + 1 và biểu thức f ′( x)
Lời giải:
u = x + 1
du = dx
⇒
Đặt 
.
dv = f ′( x) dx v = f ( x )
3

3

1

1

Khi đó: I = ( x + 1) f ( x) 1 − ∫ f ( x)dx = 4 f (3) − 2 f (1) − ∫ f ( x )dx
3

(*)

3
Từ giả thiết f ( x + x + 1) = 2 x + 1, ∀x ∈ R. Ta có:

+ Thay x = 0 ta được f (1) = 1
+ Thay x = 1 ta được f (3) = 3
3

Thay vào (*) ta có: I = 10 − ∫ f ( x)dx
1

3

3

1

1

Xét tích phân J = ∫ f ( x )dx = ∫ f (t )dt
2

Đặt t = x 3 + x + 1. Ta lấy vi phân 2 vế: dt = (3x + 1)dx

Đổi cận:

+ Thay t = 1 ta được x 3 + x + 1 = 1 ⇔ x 3 + x = 0 ⇔ x = 0
+ Thay t = 3 ta được x 3 + x + 1 = 3 ⇔ x 3 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1

9
2
Khi đó: J = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x + x + 1)(3x + 1)dx = ∫ (2 x + 1)(3x + 1)dx = .
2
1
0
0
3

1

1

3

3

Vậy I = 10 − ∫ f ( x)dx = 10 −
1

2

9 11

= .
2 2

BÀI TẬP LUYỆN TẬP.
Bài 1. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [ 1;e] , biết

e

∫
1

f ( x)
dx = 8, f (e) = 1. Tính
x

e

J1 = ∫ f ′( x).ln xdx.
1

e

Kết quả: J1 = ∫ f ′( x ).ln xdx = −7.
1

15


Bài 2. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên R thỏa mãn
π

2
π
f ( x) + f ( − x) = sin x.cos x, với mọi x ∈ R và f (0) = 0 . Tính J = x. f ′( x)dx .
2
∫0
2

π
2

Kết quả: J 2 = ∫ x. f ′( x)dx = − 1 .
4
0
Bài 3. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên R thỏa mãn
1

f (0) = f (1) = 1 . Biết rằng J 3 = ∫ e x .[ f ( x) + f ′( x)]dx = ae + b . Tính giá trị biểu thức
0

S = a 2021 + b 2021 .
Kết quả: S = a 2021 + b 2021 = 0.
Bài 4. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên R thỏa mãn
π
2

∫ f ( x)sin xdx = 4; f (0) = 1 . Tính
0

π

2

J 4 = ∫ f ′( x).cos xdx .
0

π
2

Kết quả: J 4 = ∫ f ′( x).cos xdx = 3.
0

Bài 5. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên R thỏa mãn
2

∫
0

4
x
f ( x)dx = 4; f (2) = 3 . Tính J 5 = ∫ x. f ′( )dx .
2
0

x
Kết quả: J 5 = ∫ x. f ′( )dx = 8.
2
0
4

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,

đồng nghiệp và nhà trường.
* Bản thân:
Khi nghiên cứu về tích phân từng phần, ngồi những kiến thức lâu nay đã
biết về phương pháp tích phân từng phần, bản thân đã được bổ sung thêm những
kiến thức mới về tích phân từng phần. Qua đó thấy được vai trị của phương pháp
tích phân từng phần trong chương trình tốn phổ thơng. Đặc biệt có thể dựa vào
phương pháp tích phân từng phần để giải quyết một số bài toán mà lâu nay các tác
giả sử dụng cách giải khác. Từ đó cũng đã giúp bản thân có thêm những kinh
nghiệm trong việc giải quyết vấn đề và sáng tạo khi tính tích phân cũng như giải
các bài tốn phổ thơng.
16


* Học sinh:
Thông qua đề tài này học sinh đã phần nào bỏ bớt đi tính thụ động trong giải
tốn. Một bài tốn đặt ra có nhiều cách giải khác nhau. Học sinh phải ln tìm tịi,
sáng tạo để tìm ra cách giải hay nhất. Vận dụng kiến thức tích phân từng phần để
giải tốn giúp học sinh có cách nhìn nhận sâu sắc hơn về phương pháp tích phân
từng phần, thấy được vai trị của phương pháp tích phân từng phần. Qua đó phát
triển được năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo khi học tích phân cũng như học
tập mơn tốn.
Học sinh học tập có nhiều tiến bộ và thu được kết quả khả quan. Điểm tổng kết
mơn tốn của 2 lớp 12 năm học 2020-2021 mà bản thân phụ trách:
Lớp

Sĩ số

Giỏi
SL
%

23 60,5
11
28,2

Khá
Trung bình
SL
%
SL
%
12 31,6
3
7,9
14 35,9 14 35,9

Yếu
SL
%
0
0
0
0

Kém
SL
%
0
0
0
0

12A4 38
12A9 39
* Đồng nghiệp:
Trong các buổi sinh hoạt tổ chuyên môn, bản thân cũng đã trao đổi với các
thầy cô trong tổ chuyên môn và được các thầy cô đánh giá cao. Qua đó các thầy cơ
đã dần triển khai dạy học sinh của các lớp mình phụ trách.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1 Kết luận:
Bạn đọc có thể tìm thấy nhiều mệnh đề, bài tốn trong chương trình tốn học
phổ thơng cịn ở dạng mở, việc tìm tịi phát hiện để tổng quát hoá các bài toán, các
mệnh đề sẽ bổ ích cho việc tự bồi dưỡng năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo,
năng lực này đang được quan tâm trong đổi mới giáo dục toán học hiện nay.
Đối với giáo viên cần tâm huyết với nghề nghiệp, lấy sự tiến bộ của học sinh
làm mục đích chính; ln trau dồi kiến thức, phương pháp; ln tìm tịi nghiên cứu
chương trình, đối tượng học sinh cụ thể để đưa ra phương pháp truyền thụ kiến
thức phù hợp đạt kết quả cao nhất trong giảng dạy. Bản thân phải thấy được sự cố
gắng và quan tâm tới sự tiến bộ của các em, khích lệ tuyên dương kịp thời để làm
đòn bẩy giúp các em tiến bộ.
Đối với học sinh cần học tập thật nghiêm túc, tự giác học tập, nghiên cứu chủ
động tiếp cận kiến thức một cách khoa học. Cần phát huy tính sáng tạo, tìm tịi cách
giải mới. Từ đó phát triển được năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo đồng thời
dần nâng cao kết quả học tập của bản thân.
3.2 Kiến nghị:
17


Đây không phải là một sáng kiến mới và cũng khơng mang tính tuyệt đối
trong việc dạy cho học sinh giải các bài tốn tính tích phân bằng phương pháp tích
phân từng phần. Tuy nhiên trong q trình giảng dạy, nghiên cứu nổ lực của bản

thân cùng với sự giúp đỡ của các đồng nghiệp tôi đã đúc kết được một số phương
thức làm phong phú hơn vai trò của tích phân từng phần. Đồng thời phát triển năng
lực giải quyết vấn đề và sáng tạo của học sinh trong học tốn. Hy vọng tài liệu này
sẽ giúp ích cho các giáo viên và học sinh. Với khả năng và ngơn ngữ của bản thân
cịn có phần hạn chế nên khơng thể tránh khỏi thiếu sót; rất mong hội đồng khoa
học và các đồng nghiệp giúp đỡ, góp ý để đề tài ngày hồn thiện hơn, có ứng dụng
rộng rãi trong dạy học.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.
Người viết SKKN

Hà Ngọc Long

18


[1]
[2]
[3]
[4]
[5]

Tài liệu tham khảo
Bộ Giáo dục và Đào tạo, Giải tích 12, NXB Giáo dục Việt Nam.
Đặng Việt Đơng. Các dạng tích phân hàm ẩn điển hình.
Đề thi thử tốt nghiệp THPT của một số trường năm học 2020 - 2021.

Trần Sĩ Tùng. Tuyển tập 200 bài tập tích phân hay và khó.
Tự làm, tự nghiên cứu.

19


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP SỞ GD & ĐT XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Hà Ngọc Long
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THPT Vĩnh Lộc
TT
1

2

Tên đề tài SKKN
Cách tìm hiểu và khai thác
một định lý
Phát triển năng lực phát
hiện và giải quyết vấn đề
cho học sinh thơng qua
giải một số bài tốn bằng
ứng dụng của tích vơ
hướng

Cấp đánh giá
xếp loại

Kết quả
đánh giá
xếp loại

Năm học
đánh giá xếp
loại

Sở GD & ĐT

C

2012 - 2013

Sở GD & ĐT

C

2017 - 2018

20