CD On tot nghiep mon toan THPT2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (214.43 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CHỦ ĐỀ 3: NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN

I. NGUYÊN HÀM:

1. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên K. Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số
f(x) trên K nếu F’(x) = f(x) với mọi x thuộc K

2. Tính chất:

+ Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên K thì mọi nguyên hàm của f(x) trên K đều có dạng
F(x) + C với C là một hằng số



f x dx'( ) f x( )C



kf x dx k f x dx( ) 



( ) với k R *
+



( ( )f x g x dx( )) 



f x dx( ) 



g x dx( )
3. Bảng các nguyên hàm

0dx C



x

x a

a dx C

a

 



a0;a1
dx x C 



cosaxdx 1sinax C a 0

a

  



-1
1

x dx x C





  







sinaxdx 1acosax C a 0

dx x C

x  



t anx

os dx C

c x  



x x

e dx e C



12 cot

sin xdx  x C



4.Các phương pháp tính nguyên hàm

A. Tính nguyên hàm dựa theo định nghĩa và tính chất của nguyên hàm
Bài 1: Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số

a) f(x)=1+ sin3x bieát F(6



)= 0.

Giải

Ta có F(x)= x –

3 cos3x + C. Do F(6



) = 0  6



1
3 cos2



+ C = 0  C = - 6



.
Vaäy nguyên hàm cần tìm là: F(x)= x –

3 cos3x - 6



b) f x( ) sin 2 x biết F( ) 06





ĐS:

1 1

( ) os2

2 4

F x  c x

c) f(x) = 4x3 - ex + cosx biết F(0) = 5

ĐS: F x( )x4  ex sinx6
Bài 2: Tính các nguyên hàm sau :

a)
3

( x 3x 5)dx



ĐS:

4 2

1 3

4x 2x  x C 
b)



(sinx2cos )x dx ĐS: -cosx + 2sinx + C

c) 2

(3sinx )

os dx

c x




</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>



sin cos3x xdx

HD:

sin x cos3 (sin 4 sin 2 )
2

x x x

ĐS:

1 1

os2x- os4x +C
4c 8c

(x2)(x3)dx



HD:

1 1 1

(x2)(x3)x2 x3 ĐS:

2
ln

3
x

C
x




B. Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến

NHẬN XÉT: Khi gặp nguyên hàm có dạng: ( ) '( )

n

U x U x dx n N



thì ta đặt t = U(x)

( ). '( ) n N, n 2

nU x U x dx  



ta đặt t nU x( )

=> tn U x( ) => n t dt U x dx.n1  '( )
'( )

( )
U x

dx
U x



Đặt U(x) = t
( ) '( )

U x

e U x dx



ta đặt U(x) = t 
Bài 1: Tính các nguyên hàm sau :

5
( x1) dx



ĐS:





6
1

6 x C

2 4

2 (x x 1) dx



HD: đặt x2 1 t

  ĐS:





5
2
1

1
5 x  C

3. 4 2

x x  dx



HD: đặt x4 2 t

  ĐS:





3
4
1

6 x  c

d)
1

HD: đặt 3 1

3x1dx x t



§ : 3 1 +C
3

S x

e)
3

sin .cosx xdx



ĐS:

4
1

sin

4 x C

4 2 3

HD: đặt x 4

x

e  x dx t

 



4
3
1
§ :

x

S e  c



g)
7

4 1

x
dx
x 



7 4 3

4 4

: đặt x 1

1 1

x x x

HD dx dx t

x   x   



4 4

1 1

§ : ( 1) ln( 1)

4 4

S x   x  C

C. Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần

Công thức:

. . .

u dv u v  v du



NHẬN XÉT: Khi gặp nguyên hàm có dạng:

ax
( )sin ; ( )cos ; ( )
P x axdx P x axdx P x e dx



trong đó

P(x) là đa thức ta đặt P(x) = u phần còn lại là dv
( )ln

P x xdx

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài tập:

) 2 .cos
) ( 1)sin 2

a x xdx

b x xdx



2

) (2 1)
ln
)

x

c x e dx
x

d dx

x




e x)



ln(x1)dx

HD: đặt

ln( 1)

u x

dv xdx

 







2
1
1
2

dx
du

x
x
v




 


 


 




ĐS: 
2

1 1 1

ln( 1)

2 4 2

x

x x x c



   

II.TÍCH PHÂN

1)Định nghĩa tích phân :

Cho f(x) là một hàm số liên tục trên đoạn a b;
 
 

  giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên đoạn

;
a b
 
 

  . Hiệu số F(a) - F(b) được gọi là tích phân từ a đến b của hàm số f(x). ký hiệu là:

( )

b

a

f x dx



( ) ( ) ( ) ( )

b

a

b

f x dx F x F b F a
a

  



2). Tính chất:

Tính chất 1:

( ) ( )

b a

a b

f x dx f x dx



Tính chất 2:

( ) ( )

b b

a a

kf x dx k f x dx



với k thuộc R

Tính chất 3:



( ) ( )



( ) ( )

b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx



Tính chất 4:

( )

b c b

a a c

f x dx



f x dx



f x dx



CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

a) I =

3
1

(x 2x1)dx



1
3 1
1
3

) x

b I e dx






c)
3
0

2
I 



x dx
Giải:

a) I =





2 2

1 3

1 2 2 1 1 2

4 4 4

x

x x

   

         

   

 

b) I =

3 1
1
1

( ) 1

x

e 






4
1

1
3 e 

2 3

0 2

( 2) ( 2)

I  



x dx



x dx
=

5
2

2/ Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 1:

Khi gặp tích phân có dạng:

( ) '( )

b
n
a

U x U x dx



n N ; n 2

;

'( )
( )

b

a

U x

dx
U x



ta đặt U(x) = t

( ) '( ) n N n 2

b
n
a

U x U x dx  



ta đặt nU x( ) t U x( )tn
Bài 1: Tính các tích phân

a)
1

8
0

(2x1) dx



HD: đặt 2x+1 = t ĐS:
9841

b)
2

2
1

(2 1)
1
x

dx
x x


 



Nhận xét : (x2 +x+1)’= 2x+1 nên ta đặt: x2  x 1 t

ĐS:
7
ln

c)
2

2
1

2
1
xdx
x 



Nhận xột (x21)' 2 x nên ta đặt x2  1 t  t2 x21;
=> tdt= xdx

ĐS: 2



5 2



d)
2

4
0

sin .cosx xdx




</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>





1 7

5 4

x x dx






Nhận xét: (x +1)'=5x nên ta đặt x5 4 5 1 t ĐS:
32

f) 1

1 ln

e x

I dx

x





2
1

Nhận xét (1+lnx)'= nên ta đặt 1 lnx t t 1 lnx

x      ; 2

dx
tdt

x


ĐS:





2 2 2 1
3



g)
1
0

1
1

I dx

x







HD: đặt x t  x=t ;2 dx2tdt ĐS: 2( 1 – ln2 )

h)
2

2
0

sin 2
1

x
dx
cos x






2
2

NhËn xÐt : (1 cos x)'=-sin2x

nên ta đặt 1+cos x t dt=-sin2xdx


 

ĐS: ln2
3. Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến dạng 2:

*QUY TẮC:

Tính
( )

b

a

f x dx



1. đặt x =u(t) , u(t) là một hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn



 

;



f(u(t)) xác định trên đoạn



 

;



và u()= a ; u() =b

2. Biến đổi f(x)dx theo t và dt. giả sử f(x)dx = g(t)dt

( ) ( )

b

a

f x dx g t dt







* Bài 1: Tính I = 
1

2
0

1 x dx



Nhận xét (1 x2)'2x ta thấy x khơng có ở ngồi dấu
căn,nên khơng thể áp dụng phương pháp đổi biến dạng 1.

Nhận xét: vì sin2+cos2 =1

<=> sin2 = 1- cos2 nên nếu ta đặt x = sint hoặc x = cost
 thì 1- x2 = 1 - sin2t ( hoặc 1 - x2 = 1 - cos2t )

Giải : đặt x= sint với

;
2 2
t 

 



 

đổi cận : khi x=0 t = 0 ; khi x = 1 ; t =

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

I =
1

2
0

1 x dx



2 2 2

0 0 0

1 os2

cos .cos os

2 4

c t

t tdt c tdt dt

  





  



CHÚ Ý: Với

2
0

n

x  x dx



n  N ta đặt x = sint khi n chẵn, đặt

t = 1 x2 khi n lẻ

*Bài 2: Tính tích phân sau :
2
2
2
2
0 1
x
I dx
x





Nhận xét: Vì đạo hàm của biểu thức trong dấu căn khơng có trên tử số nên ta không áp dụng 
được phương pháp đổi biến dạng 1

GIẢI: đặt x = sin t với

;
2 2
t 

 



  
=>dx = cos t dt

Khi x = 0 thì t = 0

Khi x =
2

2 thì t = 4



Vậy
/4 2
2
0
sin .cos
1 sin
x tdt
I
t






/4
2
0
sin tdt





(Do cos t > 0)

/4
0

1 2

(1 cos 2 )

2 t dt 8









 

*Bài 3:. H·y tÝnh các tích phân sau:

2
0

4 x dx



b)
1

2
01
dx
x




Gi¶i: a) Đặt

2sin , ;

2 2
x t t

 



 . Khi x = 0 th× t = 0. Khi x2 th× t 2





.
Tõ x2sint  dx2costdt

2 2 2

0 0 0

4 x dx 4 4sin .2cost tdt 4 cos tdt

 



  

b) Đặt x = tant với

;
2 2
t 

 



  . Khi x0 th× t 0, khi x1 th× t 4





Ta cã :





2
2

1 tan
os

dx dt t dt

c t
  

=>
1
2
01
dx
x




=
2
4 4
2
0 0
1 tan
4
1 tan
t
dt dt
t
 




 




Chó ý: Trong thùc tÕ chóng ta có thể gặp dạng tích phân trên dạng tổng quát hơn nh:
Nếu hàm số dới dấu tích phân có chứa căn dạng

2 2, 2 2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

( )

x a  x

(trong trong đó a là hằng số dơng) mà khơng có cách biến đổi nào khác thì nên đổi
sang các hàm số lợng giác để làm mất căn thức, cụ thể là:

 Với a2 x2 , đặt

sin , ;

2 2
x a t t 

 



 

hc x a cos ,t t







 Với a2 x2 , đặt x = atant t 

;

2 2

 



 

 

 

 Với x2  a2 đặt cos

a
x

t


, t







 Víi

( )

x a  x đặt x asin2t

 ,t 0;2



 
  

 

 CHÚ Ý: Khi tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số cần phân biệt cho học sinh

nắm được khi nào thì áp dụng cách đổi biến dạng 1, khi nào thì áp dụng cách đổi biến

dạng 2.Nếu biểu thức dưới dấu tích phân có dạng: f u x u x dx( ( )) '( ) ; 
'( )

( )
u x dx

u x ; 
'( )

( )

n

u x dx
u x
Thì nên áp dụng đổi biến số dạng 1 . Nếu không áp dụng được cách đổi biến dạng 1 thì áp dụng
cách đổi biến dạng 2. Trường hợp không dùng được phương pháp đổi biến số thì ta sẽ áp dụng
phương pháp tích phân từng phần

IV PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN;

Định lí . Nếu u(x) và v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên



a b;



thì:





( ) '( ) ( ) ( ) ( ) '( )

b b

a a

b

u x v x dx u x v x v x u x dx
a

 



hay

( )

b b

a a

b

udv uv vdu
a

 



Chú ý : Khi sử dụng phương pháp tích phân từng phần để tính tích phân, chúng ta cần tuân thủ
theo các nguyên tắc sau :

1. Lựa chọn phép đặt dv sao cho v được xác định một cách dễ dàng.

2. Tích phân

b

a

vdu



được xác định một cách dễ dàng hơn so với tích phân ban đầu

b

a

udv



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

( )sin( )

b

a

P x cx dx



( hoặc

( ) os( )

b

a

P x c cx dx



)
( )
b
cx d
a

P x e  dx



với P(x) là một đa thức. Khi đó ta
đặt u= P(x) phần còn lại là dv

Dạng 2 :

b
x
a

e c xdx



hoặc :

sin
b
x
a
e xdx



Ta đặt u= ex; dv = cosxdx ( hoặc dv=sinxdx )

Cũng có thể đặt : u =cosx ( hoặc u =sinx ) dv = e dxx

Dạng3 :
 I= 
( )ln
b
k
a

P x xdx



Đặt u = lnk x dv = P(x)dx
Bài 1: Tính các tích phân

a) 1
ln
e
x xdx



ĐS:
2 1
4
e 
b)
1
0

(x 2)e dxx





ĐS: 3 – 2e

c)
4
0

(x 1 )cosxdx





ĐS:
2
2 1
8



 
d)
2
0

(2 x)sinxdx






ĐS : 1

4
2
0 os
x
I dx
c x





HD: cos2 tan

u x du dx

dx
v x
dv
x






 

 

 
4
0

sin 2

( tan ) 4 ln cos 4 ln

cos 4 4 2

0 0

x

I x x dx x

x




 



   
ĐS:
2
ln
4 2

I 





Một số bài tập tổng hợp:

1. Tính





1
0

x

I 



x x e dx

GIẢI:

1 1 3 1

0 0 0

1
0
3

x x x

I 



x dx



xe dx 



xe dx
=
1
0
1
3
x
xe dx




Với
1

0
ta đặt
x
x
u x
xe dx

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>





1 1

0 0

1
0

x x x

xe dx xe e dx





 





Vậy
4
3
I 

2. Tính

2
0

(1 cos )

I x x dx









GIẢI:

2 2 2

0 0 0

cos 2 cos

2 0

I xdx x xdx x x xdx

  











 



Với
2
0

cos ta đặt

cos sin

u x du dx

x xdx

dv xdx v x



 

 



 

 

 







2 2

0 0

cos sin 2 sin 1

2
0

x xdx x x xdx

 







 



 

Vậy:

8 2

I 









3. Tính 1
1

( )ln

e

I x xdx

x






HD: 1 1

ln ln

e e

I x xdx xdx

x








Tính 1 1

e

I 



x xdx

bằng phương pháp từng phần

Tính 2 1
1

e

I xdx

x




bằng phương pháp đổi biến

4. Tính

4 4 4

2 2 2

0 0 0

1 1

os os os

x x

I dx dx dx

c x c x c x

  















5.

osx
0

(ec x)sinxdx






osx

0 0

1
sinxdx sin

c

e x xdx e

e

 











  

Tính

osx
1

sinxdx

c

I e






bằng cách đặt cosx = t

Tính
2

0
sin

I x xdx






bằng phương pháp từng phần

III. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x)liên tục trên đoạn



a b;



, trục hoành
và các đường thẳng x=a; x=b được tính theo cơng thức:

S =

( )

b

a

f x dx



(1)

2. Cho hai hàm số yf x1( ); yf x2( ) liên tục trên đoạn



a b;



. Diện tích hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị hai hàm số yf x1( ); yf x2( )và các đường thẳng x=a ; x=b là:

S =

1( ) 2( )

b

a

f x  f x dx



(2)

3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong x = g(y); x = h(y) ( g và h là các hàm số

liên tục trên đoạn c d;
 
 

  và hai đường thẳng y =c; y = d là:

( ) ( )

d

c

g y  h y dy



(3)

CHÚ Ý: Khi áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng cần khử dấu giá trị tuyệt đối
dưới dấu tích phân.Chẳng hạn đối với cơng thức (2) ta có thể giải phương trình

f1(x)- f2(x) =0 trên đoạn ;
 
 

a b , giả sử phương trình có hai nghiệm c;d ( a < c < d 
khi đó:

S =

1 2 1 2 1 2

( ( ) ( )) ( ( ) ( )) ( ( ) ( ))

c d b

a c d

f x  f x dx  f x  f x dx  f x  f x dx



Hoặc có thể xét dấu của f x1( ) f x2( ) trên đoạn



a b;



Bài 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

a) y x y 3, 0,x1,x2 ĐS :
15

4
b) y = lnx ; y = 0 ; x = e ĐS : 1

c) y = x2 - 3x + 2, y = 0 ĐS : 
1
6
y) y2x2 4x 6; y=0; x=-2; x= 4

HD : giải phương trình 2x2 4x 6 0 trên đoạn



2;4



có hai nghiệm x = -1 ; x = 3

Diện tích

1 3 4

2 2 2

2 1 3

2 4 6 2 4 6 2 4 6

S x x dx x x dx x x dx



 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

1 3 4

2 2 2

2 1 3

(2x 4x 6)dx (2x 4x 6)dx (2x 4x 6)dx


 





  



  



 

ĐS :S=
92

Chú ý: Khi tính diện tích hình phẳng cần cho học sinh xác định các giả thiết của bài toán
xem đã đủ các dữ kiện trong cơng thức chưa? Có thừa hay thiếu gì khơng.

Chẳng hạn như trong câu b) ta mới chỉ có y= lnx ; y =0; x = e cịn thiếu một cận của tích
phân ( x = a ; x =b ) trong công thức (1). Do đó cần giải phương trình

f1(x) - f2(x) = 0 để tìm thêm một cận của tích phân
Bài 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

a, y x 2 3x1 , y = x + 1, x = 0, x = 3

HD : xét phương trình

2 3 1 1 0

4 (lo¹i)
x

x x x

x


     




=>diện tích

3 3

2 2

0 0

4 ( 4 ) 9

S 



x  x dx



x  x dx 

ĐS :S = 9:
b, y = x2 -2x , y = x

HD : xét phương trình

2 2 0

3
x

x x x

x


   




=> diện tích

3 3

2 2

0 0

3 ( 3 )

2
S 



x  x dx



x  x dx 

ĐS :S =
9

2

c, yx24x 3 và các tiếp tuyến của (P) tạị các điểm

M( 0 ; -3) N( 3 ; 0)

HD : y’ = -2x + 4 y’(0) = 4 ; y’(3) = - 2

Tiếp tuyến của (P) tại M( 0 ; -3) có phương trình y = 4x – 3

Tiếp tuyến của (P) tại N( 3 ; 0) có phương trình y = -2x +6
Xét phương trình 4x – 3 = -2x + 6  x = 1,5

Diện tích
3

3
2

2 2

3
0

4 3 4 3 4 3 2 6

S  



x  x  x dx 



x  x  x dx

3
2

2 2

3
0

( 6 9)

x dx x x dx









  

ĐS :S =
9
4
B/ TÍNH THỂ TÍCH;

Cơng thức tính:

1.Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn



a b;



, trục hoành và các
đường thẳng x = a; x = b khi nó quay quanh trục 0x tạo thành khối trịn xoay có thể tích là:





2
( )

b

a

V 





f x dx

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số x = g(y) liên tục trên đoạn



c d;



, trục tung và các
đường thẳng y =c; y = d khi nó quay quanh trục oy tạo thành khối trịn xoay có thể tích là:



( )



d

c

V 





g y dy

(2)

Bài 1: Tính thể tích khối trịn xoay do miền hình phẳng giới hạn bởi các đường sau quay xung quanh trục Ox:

a) y = cosx y = 0 x = 0 ; x = 4



ĐS
2

8 4





sin , 0, 0,

2 4

x

y y x x



ĐS:

2 2

8 4





c) y - 2 , 0 x2 x y  ĐS :
16



d) y x 21; y=x+1

HD : Xét phương trình :

2 1 1 0

x

x x

x


     



Gọi V1 là thể tích khối tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi y x 21 ; y = 0 ;x =0 ; x = 1 khi nó

quay quanh trục ox.

2 2

1
0

28
( 1)

15
V 





x  dx



Gọi V2 là thể tích khối tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi y x 1 ; y = 0 ;x =0 ; x = 1 khi nó

quay quanh trục ox.

2
2

7
( 1)

3
V 





x dx



Do đó ta có thể tích khối cần tìm là : 1 2
7
15
V V V 



ĐS : V = 
7
15



Bài 2: Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường:
y2 = x3, y = 1, x = 0 khi nó quay xung quanh trục 0y

Hướng dẫn giải:

Từ y2 = x3 <=> x3 y2

Giải PT: 3 y2  0 y0

1
4
3
0

V 





y dy

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13></div>

CD On tot nghiep mon toan THPT2012



























<sub></sub>

















































































































( )

( )

( )

<i>f x dx</i>



<i>f x dx</i>



<i>f x dx</i>

