Kinh nghiệm phát triển một số bài toán vận dụng cao về tích phân để giúp học sinh ôn thi tốt nghiệp trung học phổ thông

1
MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU……………………………………………….............................

2

1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………….............................

2

1.2. Mục đích nghiên cứu………………………………..............................

2

1.3. Đối tượng nghiên cứu .........................................................................
.
1.4. Phương pháp nghiên cứu....................................................................

2

1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm ....................................

2

2. NỘI DUNG ………………………………………………………............

3

2.1. Cơ sở lý luận…………………………………………………...............

3

2.2. Thực trạng ……………………………………………………..............

4

2.3. Giải pháp………………………………………………………..............

4

2

2.4. Hiệu quả…………………………………………………………….......... 20
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ................................................................

20

3.1. Kết luận................................................................................................

20

3.2. Kiến nghị..............................................................................................

20


2
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Đối với học sinh học tốn ở trường trung học phổ thơng, nhất là các học sinh
chuẩn bị thi tốt nghiệp THPT thường gặp bài toán vận dụng thấp và vận dụng cao

cao liên quan đến tính tích phân của hàm số thơng thường và hàm hợp trên một đoạn.
Do yêu cầu của kỳ thi đó dẫn tới việc các giáo viên phải chuẩn bị tốt hệ thống bài tập
vận dụng cao giúp học sinh rèn luyện để kết quả trong các kỳ thi cao nhất là yêu cầu
cấp bách hiện nay. Với những kiến thức về tích phân mà học sinh được làm quen
ngay trong chương trình Giải tích 12 sẽ được phát triển một cách phong phú và đa
dạng. Đó là lí do để tơi chọn đề tài :
“Kinh nghiệm phát triển một số bài tốn vận dụng cao về tích phân để giúp
học sinh ôn thi tốt nghiệp trung học phổ thơng”.
1.2. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm
Các vấn đề được trình bày trong đề tài này có thể hỗ trợ cho các em học sinh
trung học phổ thông khi ơn thi tốt nghiệp THPT có cách nhìn tồn diện hơn về tích
phân của hàm số thơng thường và hàm hợp thơng qua đổi biến số và phương pháp
tích phân từng phần.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Đề tài này nghiên cứu trên các dạng toán về hàm số
thông thường và đặc biệt là hàm hợp.
Phạm vi nghiên cứu: Đề tài thuộc chương trình Giải tích của trung học phổ
thông đặc biệt là hàm số cho bởi nhiều cơng thức và hàm hợp.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Trình bày cho học sinh những kiến thức cơ bản về tích phân. Thơng qua những
ví dụ cụ thể với cách giải đơn giản, tự nhiên nhằm làm cho học sinh thấy được những
thế mạnh của việc sử dụng các kiến thức trên từ đó rèn luyện tư duy và kĩ năng để
học sinh giải quyết tốt các bài tập vận dụng cao. Các ví dụ minh họa trong đề tài này
được lọc từ các tài liệu tham khảo và các đề thi THPT quốc gia các năm gần đây và
có những bài tác giả đã phát triển.
1.5. Những điểm mới
Với đề tài này có thể giúp giáo viên định hướng và xây dựng hệ thống bài tập vận
dụng, vận dụng cao với số lượng lớn mà chỉ xuất phát từ những bài toán đơn giản.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận

Trong đề tài này sử dụng kết quả sau đây:
- Các tính chất tích phân:


3
b

+)

c

b

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx với a < c < b .
a

a

c

b

b

a

a

+) k ∫ f ( x ) dx = ∫ kf ( x ) dx ( k ≠ 0 )
+)

b

a

a

b

∫ f ( x ) dx = −∫ f ( x ) dx
b

+)

∫ f ( x ) dx = F ( x )
a

+)
+)

a

= F ( b) − F ( a )

b

b

b

a

a

a

∫ ( f ( x ) + g ( x ) ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx
b

b

b

a

a

a

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( z ) dz
b

+)

b

∫ f ′ ( x ) dx = f ( x )
a

b

a

= f ( b) − f ( a )

- Công thức đổi biến số:
+) ∫ f ( u ( x ) ) .u′ ( x ) dx = ∫ f ( u ) du , u = u ( x )
+)

b

u( b )

a

u( a )

∫ f ( u ( x ) ) .u′ ( x ) dx = ∫ f ( u ) du, u = u ( x ) .

- Phương pháp đổi biến số thường được sử dụng theo hai cách sau đây:
b

∫ g ( x ) dx .

+ Cách 1: Giả sử cần tính

Nếu ta viết được g ( x ) dưới dạng

a

f ( u ( x ) ) u′ ( x ) thì

b

u( b )

∫ g ( x ) dx = ∫ f ( u ) du . Vậy
a

u( b )

bài tốn quy về tính

u( a )

∫ f ( u ) du ,

u( a )

trong nhiều trường hợp thì tích phân mới này đơn giản hơn .
β

+ Cách 2: Giả sử cần tính

∫ f ( x ) dx . Đặt x = x ( t )

thỏa mãn α = x ( a ) , β = x ( b )

α

thì

β

b

b

α

a

a

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ( t ) ) x′ ( t ) dt = ∫ g ( t ) dt , trong đó g ( t ) = f ( x ( t ) ) .x′ ( t ) .
2.2. Thực trạng


4
Nhu cầu ôn thi tốt nghiệp THPT hiện nay cần nhiều bài tập vận dụng cao nhưng
trong chương trình phổ thông bài tập SGK chưa nhiều, hệ thống bài tập trắc nghiệm
cịn hạn chế.
2.3. Giải pháp.
Bài tốn xuất phát ( Đề MH lần 1 của BGD năm 2020 – 2021)
 x2 − 1
Cho hàm số f ( x) =  2
x − 2x + 3
A.

23
.

3

B.

khi x ≥ 2
. Tích phân
khi x < 2

23
.
6

C.

π
2

∫ f (2sin x + 1)cos x  dx bằng
0

17
.
6

D.

17
.
3

Hướng dẫn
Chọn B
π
2

1
Xét I = f (2sin x + 1)cos x  dx Đặt t = 2sin x + 1 ⇒ dt = cos xdx
∫
2
0

x = 0 ⇒ t =1
Đổi cận:
.
π
x= ⇒t =3
2
3
3
2
3
 23
1
1
1 ( 2
)
I = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx =  ∫ x − 2 x + 3 dx + ∫ ( x 2 − 1) dx  = .
21
21
2 1

2
 6
2.3.1. Phát triển bài toán ở mức độ vận dụng thấp
e 2 x
khi x ≥ 0
Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x) =  2
. Biết tích phân
 x + x + 2 khi x < 0
1

∫

f ( x) dx =

−1

A. 7 .

a e2 a
+
( là phân số tối giản). Giá trị a + b + c bằng
b c b
B. 8 .
C. 9 .
D. 10 .
Hướng dẫn

Chọn C
1

0

1

2
4
e
Ta có: I = ∫ f ( x)dx = ∫ ( x + x + 2 ) dx + ∫ e dx = + . Vậy a + b + c = 9 .
3 2
−1
−1
0
2

2x

 x ( 1 + x 2 ) khi x ≥ 3
e4

f (ln x) 
dx bằng:
Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x) =  1
. Tích phân ∫
x
kh
i
x
<
3


e2
x − 4
40
95
189
189
− ln 2 .
+ ln 2 .
+ ln 2 .
− ln 2 .
A.
B.
C.
D.
3
6
4
4


5
Hướng dẫn
Chọn D
e4

Xét I = ∫

e2

x = e2 ⇒ t = 2

1
f (ln x) 
dx . Đặt t = ln x ⇒ dt = dx . Đổi cận:
.
x
x
x = e4 ⇒ t = 4

4

4

3

4

1
189
I = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x )dx = ∫
dx + ∫ x ( 1 + x 2 ) dx =
− ln 2 .
x
−
4
4
2
2
2
3
1

khi x ≥ 1

Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x) =  x
. Tích phân
 x + 1 khi x < 1
phân số tối giản), khi đó m − 2n bằng:
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
Hướng dẫn
Chọn A

1

∫ f(

∫ f(

3

1 − x )dx =

−2

1

Xét I =

3

1 − x )dx . Đặt t = 3 1 − x ⇒ −3t 2dt = dx . Đổi cận:

−7

m m
( là
n n

D. 4 .
x = −7 ⇒ t = 2
.
x =1⇒ t = 0

2
1 2
 25
(
)
I = −3∫ t f (t )dt = 3∫ x f ( x )dx = 3  ∫ x x + 1 dx + ∫ xdx  = .
2
0
1
0
 12
0

2

2

2

Ví dụ 4: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ và

1

3

0

0

∫ f ( x ) dx = 4 , ∫ f ( x ) dx = 6 . Tính

1

I = ∫ f ( 2 x + 1 ) dx
−1

A. I = 3 .

B. I = 5 .

C. I = 6 .
Hướng dẫn

D. I = 4 .

Chọn B
1

Đặt u = 2 x + 1 ⇒ d x = d u . Khi x = −1 thì u = −1 . Khi x = 1 thì u = 3 .
2
0
3
3
3
 1 0

1
1
Nên I = ∫ f ( u ) d u =  ∫ f ( u ) d u + ∫ f ( u ) d u ÷ =  ∫ f ( −u ) d u + ∫ f ( u ) d u ÷.
2 −1
2  −1
0
0
 2  −1

1

Xét

∫ f ( x ) d x = 4 . Đặt x = −u ⇒ d x = − d u . Khi x = 0 thì u = 0 . Khi x = 1 thì
0

u = −1 .
1

−1

0

0

0

−1

Nên 4 = ∫ f ( x ) d x = − ∫ f ( −u ) d u = ∫ f ( −u ) d u .


6
3

Ta có

3

∫ f ( x) d x = 6 ⇒ ∫ f ( u) du = 6 .
0

0

3
 1
1
Nên I =  ∫ f ( −u ) d u + ∫ f ( u ) d u ÷ = ( 4 + 6 ) = 5 .
2  −1
0
 2
0

Ví dụ 5: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 1 + x − 1 − x trên tập ¡
và thỏa mãn F ( 1) = 3 . Tính tổng F ( 0 ) + F ( 2 ) + F ( −3) .
A. 8 .
B. 12 .
C. 14 .
D. 10 .
Hướng dẫn
Chọn C
Bảng khử dấu giá trị tuyệt đối:

2

Ta có:

2

∫ f ( x ) dx = F ( 2 ) − F ( 1) = F ( 2 ) − 3 mà ∫ f ( x ) dx = ∫ 2dx = 2 nên F ( 2 ) = 5 .
1

1

1

+)

∫ f ( x ) dx = F ( 1) − F ( 0 ) = 3 − F ( 0 )

mà

nên F ( 0 ) = 2 .

∫ f ( x ) dx = F ( 0 ) − F ( −1) = 2 − F ( −1)

−1

nên F ( −1) = 3 .

1

∫ f ( x ) dx = ∫ 2 xdx = x
0

0

0

mà

∫ f ( x ) dx = F ( −1) − F ( −3) = 3 − F ( −3)

−3

2 1
0

=1

0

0

∫ f ( x ) dx = ∫ 2 xdx = x

−1

−1

+)

1

1

0

+)

2

mà

2 0
−1

= −1

−1

−1

−1

−3

−3

∫ f ( x ) dx = ∫ −2dx = −4

nên F ( −3) = 7 . Vậy F ( 0 ) + F ( 2 ) + F ( −3) = 2 + 5 + 7 = 14 .
5
2 x − 2 +1
dx = 4 + a ln 2 + b ln 5 với a, b ∈ ¢ . Tính S = a + b .
Ví dụ 6: Biết I = ∫
x
1
A. S = 9 .
B. S = 11 .
C. S = −3 .
D. S = 5 .
Hướng dẫn
Chọn D
2
5
2 x − 2 +1
2 x − 2 +1
 x − 2 khi x ≥ 2
dx + ∫
dx .
Ta có x − 2 = 

. Do đó I = ∫
2
−
x
khi
x
≤
2
x
x

1
2


7
5
2
5
2( 2 − x) + 1
2( x − 2) + 1
3
5


=∫
dx + ∫
dx = ∫  − 2 ÷ dx + ∫  2 − ÷ dx
x
x

x
x

1
2
1
2
2

2
5
a = 8
+ ( 2 x − 3ln x ) = 4 + 8ln 2 − 3ln 5 . ⇒ 
⇒ S = a + b = 5.
1
2
b = −3
Ví dụ 7: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ thỏa mãn
= ( 5ln x − 2 x )

5

f ( x + 3 x + 1) = 3x + 2 , với mọi x ∈ ¡ .Tích phân ∫ xf ′ ( x ) dx bằng
3

1

A. −

31

.
4

B.

17
.
4

C.
Hướng dẫn

33
.
4

D.

49
.
4

Chọn C
3
Từ giả thiết ta có f ( x + 3 x + 1) = 3x + 2 nên suy ra f ( 1) = 2 , f ( 5 ) = 5 .
5

5

5

1

1

Suy ra I = ∫ xf ′ ( x ) dx = xf ( x ) 1 − ∫ f ( x ) dx = 23 − ∫ f ( x ) dx .
5

1

3
2
Đặt x = t + 3t + 1 ⇒ dx = ( 3t + 3) dt .Với x = 1 ⇒ t = 0; x = 5 ⇒ t = 1
5

Do đó

1

1

f ( x ) dx = ∫ f ( t + 3t + 1) ( 3t + 3) dt = ∫ ( 3t + 2 ) ( 3t 2 + 3) dt =

∫

3

1

2

0

0

59
.
4

59 33
= .
4
4
Ví dụ 8: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ¡ thoả mãn
Vậy I = 23 −

f ( x 5 + 4 x + 3) = 2 x + 1, ∀x ∈ ¡ . Tích phân

8

∫ f ( x ) dx bằng
−2

B. 10 .

A. 2 .

C.

32

.
3

D. 72 .

Hướng dẫn
Chọn B
 x = −2 ⇒ t = −1
5
4
Đặt x = t + 4t + 3 ⇒ dx = ( 5t + 4 ) dt . Đổi cận: 
x = 8 ⇒ t = 1
8

Khi đó

1

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t

−2

−1

1

5

+ 4t + 3) ( 5t + 4 ) dt = ∫ ( 2t + 1) ( 5t 4 + 4 ) dt = 10 .
4

−1

Ví dụ 9: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên ¡ thỏa mãn
10

2 [ f ( x) ] + 3 f ( x) + 5 = x với ∀x ∈ ¡ . Tính I = ∫ f ( x) dx .
3

A. I = 0 .

B. I = 3 .

5

C. I = 5 .

D. I = 6


8
Hướng dẫn
Chọn B
Đặt t = f ( x ) ⇒ 2t 3 + 3t + 5 = x ⇒ dx = (6t 2 + 3)dt và
x = 5 ⇒ 2t 3 + 3t + 5 = 5 ⇔ t = 0 . x = 10 ⇒ 2t 3 + 3t + 5 = 10 ⇔ t = 1
10

1

5

0

2
Vậy I = ∫ f ( x)dx = ∫ t (6t + 3)dt = 3 .

2
1 
, f ( 0 ) = 1 và
Ví dụ 10: Cho hàm số f ( x ) xác định ¡ \   , thỏa f ′ ( x ) =
2x − 1
2
f ( 1) = 2. Giá trị của biểu thức f ( −1) + f ( 3) bằng
A. ln15.
B. 2 + ln15.
C. 3 + ln15.
D. 4 + ln15.
Hướng dẫn
Chọn C
1

ln
1
−
2
x
+
C
;
x

<
(
)
1

2
2
2
⇒ f ( x) = ∫
dx = ln 2 x − 1 + C = 
Ta có f ′ ( x ) =
2x − 1
2x − 1
ln ( 2 x − 1) + C ; x > 1
2

2
f ( 0 ) = 1 ⇒ C1 = 1 và f ( 1) = 2 ⇒ C2 = 2 .
1

ln
1
−
2
x
+
1
;
x
<

(
)

2 ⇒  f ( −1) = ln 3 + 1
Do đó f ( x ) = 

1
 f ( 3) = ln 5 + 2
ln ( 2 x − 1) + 2 ; x >

2
⇒ f ( −1) + f ( 3) = 3 + ln15.
3x 2 + 2 x
Ví dụ 11: Cho hàm số f ( x) = 
5 − x
I=

khi x ≥ 0
. Khi đó
khi x < 0

π
2

∫ cos xf ( sin x ) dx bằng

−

π
2

A.
Chọn A

15
.
2

B.15 .

C. 8 .
Hướng dẫn

D.

17
.
2

π

x
=
−
⇒ t = −1
1
1

2
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx . Đổi cận 

. ⇒ I = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx
π
−1
−1
x = ⇒ t = 1

2


9
3x 2 + 2 x
Do f ( x) = 
5 − x

0
1
khi x ≥ 0
15
⇒ I = ∫ ( 5 − x ) dx + ∫ ( 3 x 2 + 2 x ) dx = .
2
khi x < 0
−1
0

 x2 − 2x + 3
Ví dụ 12: Cho hàm số f ( x) = 
x + 1

khi x ≥ 2
. Khi đó

khi x < 2

1

I = ∫ f ( 3 − 2 x ) dx bằng
0

A.

41
.
2

B. 21.

C.
Hướng dẫn

41
.
12

D.

41
.
21

Chọn C
x = 0 ⇒ t = 3

1
Đặt t = 3 − 2 x ⇒ dt = −2dx ⇒ dx = − dt . Đổi cận 
.
2
x = 1 ⇒ t = 1
3
3
 x 2 − 2 x + 3 khi x ≥ 2
1
1
⇒ I = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx , Do f ( x) = 
21
21
k hi x < 2
x + 1
2
3
 41
1
⇒ I =  ∫ ( x + 1) dx + ∫ ( x 2 − 2 x + 3) dx ÷ = .
2 1
2
 12

3
 2
π
x
+
2

x
khi
x
≥

2
2
Ví dụ 13: Cho hàm số f ( x) = 
. Khi đó I = sin xf ( cos x + 1) dx
∫0
3
x − 2
khi x <

2
bằng
10
35
19
A. .
B.3 .
C. .
D. .
3
12
4
Hướng dẫn
Chọn A
x = 0 ⇒ t = 2


Đặt t = cos x + 1 ⇒ dt = − sin xdx . Đổi cận 
.
π
 x = 2 ⇒ t = 1
3
 2
x + 2 x khi x ≥
2
2


2
⇒ I = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx Do f ( x) = 
3
1
1
x − 2
khi x <

2


10
3
2

2

⇒ I = ∫ ( x − 2 ) dx + ∫ ( x 2 + 2 x ) dx =
3

2

1

35
.
12

x − x
Ví dụ 14: Cho hàm số f ( x) = 
x
2

2
A. − .
3

khi x ≥ 0
. Khi đó I =
khi x < 0
1
C. − .
3

B. −1 .

π
2

∫ cos xf ( sin x ) dx bằng

−

π
2

4
D. − .
3

Hướng dẫn
Chọn A

π

 x = − 2 ⇒ t = −1
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx . Đổi cận 
.
x = π ⇒ t = 1

2
1
1
2
 x − x khi x ≥ 0
⇒ I = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx Do f ( x) = 
khi x < 0
x
−1
−1

0

1

2
⇒ I = ∫ xdx + ∫ ( x 2 − x ) dx = − .
3
−1
0
2.3. 2. Phát triển bài toán ở mức độ vận dụng cao
π
2

Ví dụ 1: Giá trị của tích phân max { sin x,cos x} dx bằng
∫
0

A. 0 .

B. 1 .

C.

2.

D.

1
.
2

Hướng dẫn
Chọn C

π
 π
Ta có phương trình sin x − cos x = 0 có một nghiệm trên đoạn  0;  là x = .
4
 2
Bảng xét dấu


11
π
2

π
4

π
2

0

0

π
4

Suy ra ∫ max { sin x,cos x} dx = ∫ cos xdx + ∫ sin xdx = ( sin x )

π
4
0

− ( cos x )

π
2
π
4

= 2.

2

3
Ví dụ 2:Tính tích phân I = ∫ max { x , x} dx .
0

A.

9
.
4

B.

17
.

4

C.
Hướng dẫn

19
.
4

D.

11
.
4

Chọn B
3
Đặt f ( x ) = x − x ta có bảng xét dấu sau:

.
Dựa vào bảng xét dấu ta có.
∀x ∈ [ 0;1] , f ( x ) ≤ 0 ⇔ x 3 − x ≤ 0 ⇔ x 3 ≤ x ⇒ max { x 3 , x} = x .

∀x ∈ [ 1;2] , f ( x ) ≥ 0 ⇔ x 3 − x ≥ 0 ⇔ x 3 ≥ x ⇒ max { x 3 , x} = x 3 .
2

1

2

3
Ta có: I = ∫ max { x , x} dx = ∫ max { x , x} dx + ∫ max { x , x} dx .
3

3

0

0

2

1

1

1

2

2

1 2
1 4
17
Nên I = ∫ max { x , x} dx = ∫ xdx + ∫ x dx = x + x = .
2 0 4 1 4
0
0
1

3

3

Ví dụ 3: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ \ { 0; − 1} thỏa mãn
 f ( 1) = −2ln 2

.
 f ( 2 ) = a + b ln 3; a, b Ô

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

Tính a 2 + b 2 .
25
A. .
4

9
B. .
2

Hướng dẫn

Chọn B
2
Ta có x ( x + 1) . f ′ ( x ) + f ( x ) = x + x

5
C. .

2

(1)

Chia cả 2 vế của biểu thức (1) cho ( x + 1) ta được
x
1
x
. f ′( x ) +
f ( x) =
2
x +1
x +1
( x + 1)
2

D.

13
.
4


12
′
x
x
⇔  x . f ( x )  = x , với ∀x ∈ ¡ \ { 0; − 1} . ⇒
. f ( x) = ∫
dx

 x + 1
 x + 1
x +1
x +1
x
x +1
⇔
. f ( x ) = x − ln x + 1 + C ⇔ f ( x ) =
( x − ln x + 1 + C )
x +1
x
Mặt khác, f ( 1) = −2ln 2 ⇔ 2 ( 1 − ln 2 + C ) = −2ln 2 ⇔ C = −1 .
x +1
Do đó f ( x ) =
( x − ln x + 1 − 1) .
x
3
3 3
3
3
Với x = 2 thì f ( x ) = ( 1 − ln 3) = − ln 3 . Suy ra a = và b = − .
2
2 2
2
2
9
Vậy a 2 + b 2 = .
2
Ví dụ 4: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn
1

 f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 1
, với x, y ∈ ¡ . Tính ∫ f ( x − 1) dx .

 f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 3xy ( x + y ) − 1
0
1
1
1
7
A. .
B. − .
C. .
D. .
2
4
4
4
Hướng dẫn
Chọn C
Lấy đạo hàm theo hàm số y
f ′ ( x + y ) = f ′ ( y ) + 3x 2 + 6 xy , ∀x ∈ ¡ .
2
2
Cho y = 0 ⇒ f ′ ( x ) = f ′ ( 0 ) + 3 x ⇒ f ′ ( x ) = 1 + 3 x
⇒ f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = x 3 + x + C mà f ( 0 ) = 1 ⇒ C = 1 . Do đó f ( x ) = x 3 + x + 1 .
1

Vậy

0

0

∫ f ( x − 1) dx = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x
−1

0

−1

3

+ x + 1) dx =

1
.
4

Ví dụ 5: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 0 ,
1

1

1

1
∫0  f ′ ( x )  dx = 7 và ∫0 x f ( x ) dx = 3 . Tích phân ∫0 f ( x ) dx bằng
7
7
A. .

B. 1 .
C. .
5
4
Hướng dẫn
Chọn A
2

2

1

1 3
 x3

x
Ta có ∫ x f ( x ) dx =  f ( x )  − ∫ f ′ ( x ) dx . Suy ra
3
0 0 3
0
1

2

1

D. 4 .

x3
1

′
f
x
dx
=
−
(
)
.
∫0 3
3


13
1

x6
1
Hơn nữa ta dễ dàng tính được ∫ dx = .
9
63
0
1

1

1

1

6
2
x3
2 x
′
f ( x ) dx + 21 ∫ dx = 0 ⇔ ∫  f ′ ( x ) + 7 x3  dx = 0 .
3
9
0
0
0
0
7
7
3
Suy ra f ′ ( x ) = −7 x , do đó f ( x ) = − x 4 + C . Vì f ( 1) = 0 nên C = .
4
4
1
1
7
7
4
Vậy ∫ f ( x ) dx = − ∫ ( x − 1) dx = .
40
5
0

Do đó ∫  f ′ ( x )  dx + 2.21∫
2

Ví dụ 6: Xét hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và thỏa mãn điều kiện
2
 f ′( x ) + 2 f ( x ) + 1 
−
f ( 1) = 1 và f ( 2 ) = 4 . Tính J = ∫ 
÷dx .
2
x
x

1
1
1
A. J = 1 + ln 4 .
B. J = 4 − ln 2 .
C. J = ln 2 − .
D. J = + ln 4 .
2
2
Hướng dẫn
Chọn D
2
2
2
2
 f ′( x ) + 2 f ( x ) + 1 
f ′( x )
f ( x)
2 1 

−
dx − ∫ 2 dx + ∫  − 2 ÷dx .
Ta có J = ∫ 
÷dx = ∫
2
x
x
x
x
x x 

1
1
1
1
1
1


u =
 du = − 2 dx
x
x
⇒
Đặt 
.
dv = f ′ ( x ) dx v = f ( x )



2
2
2
2
 f ′( x ) + 2 f ( x ) + 1 
f ( x)
f ( x)
1
2 1 
J = ∫
−
d
x
=
.
f
x
+
d
x
−
d
x
+
(
)
÷
 − 2 ÷dx
2
2

2
∫
∫
∫
x
x
x
x
x
x x 

1
1
1
1
1
2

2

1
1
1

= f ( 2 ) − f ( 1) +  2ln x + ÷ = + ln 4 .
2
x 1 2

Ví dụ 7: Cho hàm số f ( x) xác định trên ¡ \ { −2;1} thỏa mãn
1

1
f ′( x ) = 2
, f ( −3) − f ( 3) = 0, f ( 0 ) = . Giá trị của biểu thức
x +x−2
3
f ( −4 ) + f ( 1) − f ( 4 ) bằng
1
1
1
1
1 8
A. ln 20 + .
B. ln 2 + .
C. ln80 + 1 .
D. ln + 1 .
3
3
3
3
3 5
Hướng dẫn
Chọn B
1
1 1
1 
= 
−
Ta có: f ′ ( x ) = 2
÷
x + x − 2 3  x −1 x + 2 

14
f ( x) =

1  1
1 
1 x −1
−
dx
=
ln
+C

÷
3 ∫  x −1 x + 2 
3 x+2

1
 3  ln ( 1 − x ) − ln ( − x − 2 )  + C1; x ∈ ( −∞; −2 )

1
=   ln ( 1 − x ) − ln ( x + 2 )  + C2 ; x ∈ ( −2;1)
3
1
 3  ln ( x − 1) − ln ( x + 2 )  + C3 ; x ∈ ( 1; +∞ )

1 1
1
1

1
Với f ( 0 ) = ⇒ ln ( 1 − 0 ) − ln ( 0 + 2 )  + C2 = ⇒ C2 = ln 2 +
3 3
3
3
3
1 1
Với f ( −3) − f ( 3) = 0 ⇒ C1 − C3 = ln
3 10
1 5 1
1 1
1
1
Nên f ( −4 ) + f ( 1) − f ( 4 ) = ln + ln 2 − ln + C2 + C1 − C3 = ln 2 + .
3 2 3
3 2
3
3
Ví dụ 8: Cho hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên ¡ đồng thời thỏa mãn

 f ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡

x 2
 f ′ ( x ) = −e f ( x ) , ∀x ∈ ¡ . Tính giá trị của f ( ln 2 ) .

 f ( 0) = 1

2
1
1

1
1
A. f ( ln 2 ) = .
B. f ( ln 2 ) = .
C. f ( ln 2 ) = ln 2 + . D. f ( ln 2 ) = ln 2 2 + .
3
4
2
2
Hướng dẫn
Chọn B
f ′( x )
x 2
= −e x ( do f ( x ) > 0 )
Ta có f ′ ( x ) = −e f ( x ) ⇔ 2
f ( x)
⇒∫

f ′( x )
1
1
x
x
−
=
−
e
+
C
⇒

f
x
=
d
x
=
−
e
d
x
⇒
(
)
.
x
∫
f ( x)
e −C
f 2 ( x)

1
1
1
1
1
1
⇒ 0
= ⇒ C = −1 . ⇒ f ( x ) = x
⇒ f ( ln 2 ) = ln 2
= .

2
e −C 2
e +1
e +1 3
Ví dụ 9: Cho hai hàm f ( x ) và g ( x ) có đạo hàm trên [ 1;4] , thỏa mãn
 f ( 1) + g ( 1) = 4
4

 g ( x ) = − xf ′ ( x ) với mọi x ∈ [ 1;4] . Tính tích phân I = ∫  f ( x ) + g ( x )  dx .
1
 f ( x ) = − xg ′ ( x )

A. 3ln 2 .
B. 4ln 2 .
C. 6ln 2 .
D. 8ln 2 .
Mà f ( 0 ) =


15
Hướng dẫn
Chọn D
Từ giả thiết ta có f ( x ) + g ( x ) = − x. f ′ ( x ) − x.g ′ ( x )
⇔  f ( x ) + x. f ′ ( x )  +  g ( x ) + x.g ′ ( x )  = 0 ⇔  x. f ( x ) ′ +  x.g ( x ) ′ = 0

 

C
⇒ x. f ( x ) + x.g ( x ) = C ⇒ f ( x ) + g ( x ) = .
x

4
4
4
Mà f ( 1) + g ( 1) = 4 ⇒ C = 4 ⇒ I = ∫  f ( x ) + g ( x )  dx = ∫ dx = 8ln 2 .
x
1
1
Ví dụ 10: Cho hai hàm f ( x) và g ( x) có đạo hàm trên [ 1;2] thỏa mãn
f (1) = g (1) = 0 và
 x
 ( x + 1) 2 g ( x) + 2017 x = ( x + 1) f ′( x)
, ∀x ∈ [ 1;2] .
 3
x

g ′( x) + f ( x) = 2018 x 2
 x + 1
2
x +1
 x

g ( x) −
f ( x ) dx .
Tính tích phân I = ∫ 
x +1
x

1
1
3

A. I = .
B. I = 1.
C. I = .
D. I = 2 .
2
2
Hướng dẫn
Chọn A
x +1
 1
g
(
x
)
−
f ′( x) = −2017
 ( x + 1) 2
x
, ∀x ∈ [ 1;2] .
Từ giả thiết ta có: 
x
1

g ′( x) + 2 f ( x ) = 2018
x
 x + 1
Suy ra
 1
  x +1
x

1

 ( x + 1) 2 g ( x) + x + 1 g ′( x)  −  x f ′( x) − x 2 f ( x)  = 1


 
x
x +1
 x
′  x + 1
′
⇔
g ( x)  − 
f ( x)  = 1 ⇒
g ( x) −
f ( x ) = x + C.
x +1
x
 x +1
  x

2

2

x +1
1
 x

g ( x) −

f ( x) dx = ∫ ( x − 1)dx = .
Mà f (1) = g (1) = 0 ⇒ C = −1 ⇒ I = ∫ 
x +1
x
2

1
1
 x3 + x + 2 khi x < 1
Ví dụ 11: Cho hàm số f ( x) = 
.
khi x ≥ 1
x + 3


16

Tính tích phân

π
2

∫ f ( 3sin

2

0

x − 1) sin 2 xdx .

21
.
4

A.

B.

20
13
.
C.
.
3
2
Hướng dẫn

D.

5
.
6

D.

6
.
11

Chọn A

π
2

Xét I = f ( 3sin 2 x − 1) sin 2 xdx
∫
0

1
2
Đặt 3sin x − 1 = t ⇒ 3sin 2 xdx = dt ⇒ sin 2 xdx = dt
3
π
Với x = 0 ⇒ t = −1 x = ⇒ t = 2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
⇒ I = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x )dx
3 −1
3 −1
3 −1
31
1

2

1
1
21
= ∫ ( x3 + x + 2 ) dx + ∫ ( x + 3) dx = .
3 −1
31
4
 x 4 + 2 x 2 − 1 khi x < 1
Ví dụ 12: Cho hàm số f ( x) = 
.
2
khi x ≥ 1
3 − x
e4

Tính tích phân

∫ (
f

4 − ln x

1

A.

16
.
3

) 1x dx .
B. 17 .

C.

11
.
6

Hướng dẫn
Chọn C
e4

Xét I = ∫ f
1

(

4 − ln x

) 1x dx

1
4 − ln x = t ⇒ 4 − ln x = t 2 ⇒ dx = −2tdt . Với x = 1 ⇒ t = 2
x

Đặt

2

2

1

2

0

0

1

x = e ⇒ t = 0 ⇒ I = 2 ∫ t. f ( t ) dt = 2 ∫ x. f ( x ) dx = 2 ∫ x. f ( x )dx + 2 ∫ x. f ( x )dx
4

0

1

2

0

1

= 2 ∫ x ( x 4 + 2 x 2 − 1) dx + 2 ∫ x ( 3 − x 2 ) dx =

11
.

6


17
 x2 − x
Ví dụ 13: Cho hàm số f ( x) = 
x
π
2

2

0

0

khi x ≥ 0
. Khi đó
khi x < 0

I = 2 ∫ cos xf ( sin x ) dx + 2 ∫ f ( 3 − 2 x ) dx bằng
7
A. .
3

8
B. .
3

C.3 .

D.

10
.
3

Hướng dẫn
Chọn D
π
2

2

0

0

Ta có: I = 2 cos xf ( sin x ) dx + 2 f ( 3 − 2 x ) dx = I + I
1
2
∫
∫
x = 0 ⇒ t = 0

Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx . Đổi cận 
.
π
 x = 2 ⇒ t = 1
 x2 − x

Do
⇒ I1 = 2∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx
f ( x) = 
x
0
−1
−1
1

1

0

1

khi x ≥ 0
khi x < 0

1

2
⇒ I1 = ∫ xdx + ∫ ( x 2 − x ) dx = − .
3
−1
0
1
Đặt t = 3 − 2 x ⇒ dt = −2dx ⇒ dx = − dt . Đổi cận
2

x = 0 ⇒ t = 3

.

 x = 2 ⇒ t = −1

 x2 − x
⇒ I 2 = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx . Do f ( x) = 
x
−1
−1
3

khi x ≥ 0
khi x < 0

3

3
0

10
⇒ I 2 =  ∫ xdx + ∫ ( x 2 − x ) dx ÷ = 4 . Vậy I = I1 + I 2 =
3
0
 −1

khi x > 2
4 x
Ví dụ 14: Cho hàm số f ( x) = 
. Tính tích phân
−2 x + 12 khi x ≤ 2

3

I=

∫
0

A.84 .

x. f

(

x2 + 1
x +1
2

) dx +

ln 3

∫e

2x

ln 2

. f ( 1 + e 2 x ) dx
C. 48.

B.83 .
Hướng dẫn

Chọn A

D. −84 .


18

Ta có: I =

3

∫
0

x. f

(

x2 + 1
x +1
2

) dx +

ln 3

∫e

ln 2

2x

. f ( 1 + e 2 x ) dx = I1 + I 2

 x = 0 ⇒ t = 1
Đặt t = x + 1 ⇒ t = x + 1 ⇒ 2tdt = 2 xdx ⇒ xdx = tdt . Đổi cận 
.
 x = 3 ⇒ t = 2
2
2
2
khi x > 2
4 x
⇒ I1 = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx . Do f ( x) = 
−2 x + 12 khi x ≤ 2
1
1
1
2

2

2

2

1

⇒ I1 = ∫ ( −2 x + 12 ) dx = 9 .Đặt t = 1 + e 2 x ⇒ dt = 2e 2 x dx ⇒ e 2 x dx = dt . Đổi cận
2
1
10
10
 x = ln 2 ⇒ t = 5
1
1
. ⇒ I 2 = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx .

25
25
 x = ln 3 ⇒ t = 10
4 x
Do f ( x) = 
−2 x + 12

10
khi x > 2
1
⇒ I 2 = ∫ 4 x = 75 . Vậy I = I1 + I 2 = 84
khi x ≤ 2
25

2.4. Hiệu quả của đề tài
Sau khi các bài toán này được thực hành trên lớp và kiểm tra, đa số học sinh
tiếp thu và vận dụng tốt. Khi sử dụng vào các đề ơn tập cho học sinh thì hệ thống bài
tập này đã nâng cao kĩ năng tính tích phân bằng nhiều phương pháp cho học sinh.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận

Qua các ví dụ trên ta, cho thấy ưu điểm của việc đổi biến số trong việc giải
quyết các bài tốn về tích phân của hàm số, có thể vận dụng để phát triển hệ thống
bài tập mới đa dạng dùng cho học sinh ôn thi tốt nghiệp THPT một cách hiệu quả.
3.2. Kiến nghị
Mặc dù với tinh thần nghiêm túc, đầy trách nhiệm khi viết đề tài, đồng thời kết
hợp với cả giảng dạy trên lớp để kiểm nghiệm thực tế, tuy nhiên trong quá trình viết
sẽ khó tránh khỏi các khiếm khuyết rất mong được sự đóng góp của đồng nghiệp để
đề tài này có ý nghĩa thiết thực và bổ ích hơn trong nhà trường. Giúp các em học sinh
có thêm hệ thống bài tập ôn luyện và đạt kết quả cao trong kì thi tốt nghiệp THPT
sắp tới./.
XÁC NHẬN CỦA
HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 18 tháng 5 năm 2021
CAM KẾT KHÔNG COPY
Giáo viên


19
Danh sách
sáng kiến kinh nghiệm đã được xếp loại cấp nghành

Tên sáng kiến kinh nghiệm

Năm
cấp

Xếp
loại

Cơ quan ban hành quyết
định

Kinh nghiệm soạn giảng tiết ơn
tập chương Hình học lớp 12 – cơ
bản

2014

B

Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh
Hoá

Sử dụng yếu tố phụ để tạo các bài
toán chứng minh bất đẳng thức và
cực trị tạo hứng thú trong học tập,
ôn luyện phần bất đẳng thức cho
học sinh trường THPT Đào Duy
Từ

2018

C

Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh
Hoá


20

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Các đề thi THPT quốc gia từ năm 2016 đến 2019.
2. Báo Toán học và tuổi trẻ.
3. SGK, sách Bài tập và giải tích lớp 12 - NC.
4. Các đề thi THPT Quốc gia năm 2018, 2019, 2020.