(Sáng kiến kinh nghiệm) hướng dẫn học sinh giải các bài toán nguyên hàm và tích phân bằng cách nhận dạng và đề ra phương pháp giải điển hình

MỤC LỤC
Phần I: Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích
3. Phương pháp nghiên cứu
4. Đối tượng nghiên cứu
Phần II. Nội dung
A. Các lý thuyết cơ bản
I. Nguyên hàm
II. Tích phân
B. Các dạng tốn và phương pháp giải
I. Các dạng tốn cơ bản dùng định nghĩa, cơng thức để tìm ngun hàm và
tích phân
II. Phương pháp đổi biến số
III. Phương pháp lấy tích phân từng phần, nguyên hàm từng phần
IV. Phương pháp cặp đơi
V. Tích phân các hàm số hữu tỉ
VI. Tích phân các hàm số lượng giác, hàm số chứa căn thức
VII. Các hàm số khác
Phần III. Kết luận

1

Trang
1
1
1
1
2
2
2

2
2
4
4
5
7
10
11
13
19
20


PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Nguyên hàm và tích phân là một trong những phần rất quan trọng của
chương trình tốn ở trường phổ thơng. Nó có mặt trong tất cả các đề thi từ kỳ thi
THPT Quốc gia đến các kỳ thi học sinh giỏi các cấp. Vì thế ngun hàm và tích
phân là một chun đề được nhiều người rất quan tâm. Làm thế nào để dạy phần
nguyên hàm và tích phân một cách hiệu quả là vấn đề mà nhiều giáo viên dạy toán
rất trăn trở suy nghĩ. Các bài tập về nguyên hàm và tích phân rất phong phú và
cơng cụ để giải chúng rất đa dạng. Thơng qua giải các bài tốn về nguyên hàm và
tích phân, học sinh sẽ hiểu được sâu sắc hơn về diện tích, thể tích các hình, các
kiến thức vật lí, hóa học, sinh học có liên quan; các kỹ năng được rèn luyện, tư duy
và khả năng sáng tạo được phát huy, bởi vì các phương pháp giải tốn ngun hàm
và tích phân khơng theo một khn mẫu nào cả. Có thể nói ngun hàm và tích
phân là một cơng cụ sắc bén của tốn học.
Để giải bài tốn về ngun hàm và tích phân có thể xuất phát từ nhiều kiến
thức khác nhau, bằng nhiều hướng đi khác nhau. Vì vậy, nếu khơng phân tích được
đầy đủ và chi tiết các dữ kiện và điều kiện của bài toán, nếu khả năng tổng hợp

kém, khả năng khái qt hóa, đặc biệt hóa khơng được rèn luyện thì việc định
hướng và tìm lời giải cho bài tốn ngun hàm và tích phân sẽ rất khó khăn.
Trên quan điểm hoạt động, trong đề tài này tôi muốn nghiên cứu, hướng dẫn
học sinh giải các bài toán nguyên hàm và tích phân bằng cách nhận dạng và đề ra
phương pháp giải điển hình.
Tuy nhiên các phương pháp trên khơng phải thích hợp cho mọi bài tốn về
ngun hàm và tích phân. Tuy vậy số lượng bài tập có thể áp dụng các phương
pháp này khơng phải là ít. Các ví dụ minh họa trong đề tài này chứng tỏ điều đó.
Với tất cả những lý do trên tơi chọn đề tài: Hướng dẫn học sinh giải các
bài toán nguyên hàm và tích phân bằng cách nhận dạng và đề ra phương pháp
giải điển hình.
2. Mục đích:
- Rèn luyện kỹ năng tính tốn, phân tích, tổng hợp.
- Rèn luyện tư duy logic, khả năng sáng tạo, tính cẩn thận chính xác, tính kỷ
luật cho học sinh.
- Ơn tập các kiến thức về nguyên hàm và tích phân.
3. Phương pháp nghiên cứu:
2


- Nghiên cứu lý thuyết và thực tiễn giảng dạy phần ngun hàm và tích phân
trong chương trình tốn phổ thông.
- Nghiên cứu thực trạng dạy học và giải bài tập phần nguyên hàm và tích phân.
4. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh ôn thi THPT Quốc gia và xết tuyển đại học, cao đẳng trường
THPT Lê Lợi.
PHẦN II. NỘI DUNG
A. CÁC LÝ THUYẾT CƠ BẢN.
I. NGUYÊN HÀM:
1.1. Định nghĩa: Hàm số F(x) là nguyên hàm của f(x) trên (a,b) nếu F'(x) =

f(x) mọi x  (a,b)
Ký hiệu:

 f(x) dx = F(x) + c

Họ các nguyên hàm của f(x) còn được gọi là tích phân bất định của f(x).
1.2. Các tính chất cơ bản và bảng công thức.

 [f(x)  g(x)] dx =  f(x)dx   g(x)dx
= k  f(x)dx
 kf(x)dx
(  f(x)dx)'
= f(x)
x 1
 f(x)dx = F(x) + c;  kdx = kx + c  x dx =   1  C(  1)
(x)







1
dx =ln(x) + c
x



exdx = ex + c



x
axdx = a + c
ln a

 cosdx = sinx + c  sin xdx = - cosx + c
1
 (1 + tg x)dx =  cos x dx = tgx + c ;  (1 + cotg x) =-cotg x + c
2

2

2

2



1
1 x

2

ax = arcsinx + c

1 đx = arctgx + c

 1 x

2

II. TÍCH PHÂN:
2.1. Định nghĩa: Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [a,b] thì tích
phân của f(x) trên [a,b] được xác định bởi.
b

 f(x) dx = F(b) - F(a) = F(x)
a

b
a

2.2. Các tính chất cơ bản và kết luận quan trọng
3


b

1.
2.

b

 f(x)dx =  f(t)dt
a

a

b

b

 f(x)dx = -  f(x)dx
a

a

d

3.

 f(x)dx = 0
a

b

4.

b

 [f(x)  g(x)]dx =  f(x)   g(x)dx
a

a

b

5.

a

b

 kf(x)dx = k  f(x)dx
a

a

b

b

f(x)dx

6.

a

f(x)dx.

a

b

7.

b

c

b

 f(x)dx =  f(x)dx +  f(x)dx
a

a

(a c b)

c

b

8. f(x)  g(x)  x [a,b] thì

 g(x) dx
a

b

9.


a

dx
x2  k

ln(x x2  k )

b
a

10. Công thức đổi biến số:
 f[u(x)]. u' (x)dx =  f(t) dt
(f, u, u' liên tục, t = u(x); dt = u'(x)dx)
 (b )

b

 f[(x)] '(x)dx =  f(t) dt
a

 (a)

(t =(x) ; dt = '(x) dx ; f, , ' liên tục & t/m:
a x  b thì (a) (x) (b) hoặc  (b) (x) (a))
2.3. Công thức tích phân từng phần:
b

b

 udv = uv -  vdu
a

a

2.4. Hàm lượng giác:

1. tgx dx = - ln cosx+ c



4


2.  cotgxdx = lnsinx+ c
1
3.  cos(ax + b)dx =
sin(ax + b) + c
a
1
4.  tg(ax + b)dx = - lncos (ax + b)+ c.
a
2.5. Hàm căn thức:
1.



2.



3.



4.



5.



6.



dx

= arcsinx + c

1  x2
dx
2

2

2

2

a x
dx

= arcsin
= lnx 

x a

x2 a2 + c

x
a2
x
2
2
a  x dx
a  x  arcsin  c
2
2
a
2
x 2
a
x2 a2 dx 
x  a  ln x  x2 a2  c
2
2
dx
n n n 1
n n n1
n
x c
xdx 
x c  n 
n1
x n 1

2

2

2.6. Hàm phân thức hữu tỉ:
dx
 x2  1 = arc tgx + c



x
+c
a

dx

1

x 1

 x2  1  2 ln x  1  c

dx
1
 ax  

arc
tg

  c( 0, a  0)

(x  )2  a2 a
 a 

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.
I. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN DÙNG ĐỊNH NGHĨA - CƠNG THỨC ĐỂ
TÌM NGUN HÀM VÀ TÍCH PHÂN.
Ví dụ 1: Tính các tích phân - tìm nguyên hàm:
4
x3 2
a. *
(x2 - 2x + ) dx =
- x + 4 lnx+ c
x
3



1
18x 3 2/3
2 x
1/3
)
*  (2 . 3 + 3 dx =  [(2.3 ) +x ]dx
 x c
ln18 2
x
x

2x



1
b. *  cos xdx =
2
0
2



1
(1
+
cos2x)dx
=
0
2
5



1
dx
+
0
4



 cos2xd2x

0


1
x
2

=


0

/4

* I=

tg xdx
0

0

π/4

(1 tg x)dx dx
0

 x

0

0

π/4
0

1 π/4

/4
4

cotg xdx

/6

4

2

2

(cotg x  cotg x  cotg x  1 1)dx

/6

/4
2

/4

2

2

[cotg (1 cotg x)dx (1 cotg x)dx dx

 /6

 /6

π/4

=


2
/4

/4

=



2

/4

*I=



/4
2

= tgx

1
sin2x
4



π/4

 /6

π/4

2

cotgxd(cotgx) d(cotgx) dx

π/6

π/6

π/6

1
2 

 /4
 /4
 /4
cot g 3 x  / 6  cot gx  / 6  x  / 6  
3
3 12
1
1
dx
d(x  2)
1

ln(x  2) 0 ln2
* I= 
x 2 0 x 2
0
=

Các bài tập đề nghị:
/4

/4
3

tg xdx

I=

I=

6

cotg xdx

/4

0

1 5 4 1
 x4  x  3 x )dx
1 5 4 1
2
I = (x  4  x  3 )dx
x
x

2
I = (x 

x 2x 3x
I = (2 .3 .5 )dx



x 2x 3x
I = (2 .3 .5 )dx



II. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ:

2.1. Phương pháp:
Giả sử u(x) có đạo hàm liên tục trên J (sao cho f(u(x)) xác định trên J a,b J,
=u(a)  = 4() khi đó:
 f[u(x)] u'(x) dx = F[u(x)] + C. (F(u) là ng/h của f(x)
b



 f[u(x)]. u'(x)dx =  f(x) dx
a



với các ghi nhớ: L1. Đặt (x) = t với t là biến số mới
Đổi cận (nếu là tích phân xác định).
L2 . Đặt x = (t) với t là biến số mới.
2.2. Các ví dụ minh hoạ:
6


Loại 1:
3

1.

I=

4

 [x(3.x )  dx =  x3(3 - x4)3dx

1
Cách 1: Đặt 3 - x4 = t  dt = - 4x3dx  x3dx = - dt
3
1 3
1 4
1
4 4
Vậy:
I = - t dt  t  c  (3 x )  c.
4
16
16

=2.

I=

1
(3 - x4)4 + c
16

 (tgx + tg3x) dx =  tgx( 1 +tg2x)dx

Đặt tg x = t  dt = (1 + tg2x) dx
1
t2
Vậy:
I =  tdt = + c = tg2x + c
2

2
3.

1

4.

I=



Vậy

I=



ex
dx Đặt ex + 1 = t  dt = ex dx
Ï
1 e
dt
= ln t+ c = ln ex + 1 + c.
t

1

5.

1 2

ln (x) + c
2

 2 lnxdx =  lnxd(lnx) =

I=

ex

dx

 e e
x

0

x

Đặt ex = t  dt = endx
với x = 0 thì t = 1 ; x = 1 thì t = e

1

Vậy

ex
dx 
I= x 1
0e 
ex

= lnt + 1 t 
2

1

e
0

e
1

e

ex
2x

1

dx 

dt

 1 t
1

2

e e2  1
ln(
1 2

π/6

6.

sin3x
dx Đặt cosx = t  dt = - sinxdx
I= 
cosx
0
x = 0  t = 1 ; x =/3  t =1/2
(1 t ).at
1
 (  t)dt
I=- 
t
t
1
1
1/ 2
1
1
1
1
3
1
= (- lnt+ t2) 1 (  ln )  (0  )   ln
8
2
2

8
2
2
1/2

Vậy

2

1/2

Loại 2:
7


1

1.

I=

x 
0

dx
1 x2

Đặt x = cost  dt = - sintdt
Khi t =


thì x = 0 ; t = 0 thì x = 1
2
0

Khi đó

I=

0

 sintdr

 cost




1 cos2z

/2

 sintdt

cost sinz

π/2

π/2

sinzdt
0 sinz cost

=

π/2

costdt
J= 
Khi đó I + J =
sint

cost
0

Đặt

π/4

và I - J =

π/2

dt 
0

π
2

π/2

sint cost

sint costdt
0

= - lnsint + cost



d(sint cost

 sint cost

0
 /2
0

0  I = J

Vậy I = /4.
1

2.

I=

2

 1 x dx

Đặt x = sint dx = costdr

0

với t = /2 thì x = 0 ; t = 0 thì x = 1
0

Vậy

I=

0

2

 1 sin tcostdt  costcostdt cos tdt...

π/2

3

3.

I=

π/2

2


0

π/2

xdx
x1

0

Đặt t = 2 + 1  dx = dt; với x = 0 thì t = t;
x = 3 thì t = 4.

3

Khi đó: I =



3

4  x 2 dx do f(x) = 3 4  x 2 không liên tục trên [0,3]

0

Nên không đổi biến x = 2 sint để tính được. Do đó trước khi đổi biến nên
chú chú ý liên tục của hàm số . Hoặc với hàm số f(x) = sin 22x + 1 do t=tgx thì t k'
ct trên t 0, /2J, nên khơng tính được.
π/4

I=

dx

sin2x 1 bằng cách đặt t = tgx.
0

III. PHƯƠNG PHÁP LẤY TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN, NGUYÊN HÀM
TỪNG PHẦN.
8


3.1. Nguyên hàm: u(x), v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên I thì.
 u(x), v'(x) dx = u(x) v(x) -  v(x) u'(x)dx
3.2. Tích phân xác định:
u(x), v(x) là các hàm số có đ/h liên tục nên I, a, bJ thì
b

b

 u(x), v'(x) dx = u(x) v(x)

a

a

b



 u(x) v'(x) dx
a

Chú ý:
1) Đối với dạng  p(x).eaxdx;  p(x) sin axdx... trong đó p(x) là một đa thức
thì nên chọn u(x) = p(x). Riêng  p(x). lnxdx thì chọn u(x) = ln(x).
2) Nếu phải lấy từng phần nhiều lần thì phải giữ nguyên hàm đã chọn là u(x)
hay v(x).
3.3. Các ví dụ minh hoạ:
1.

I =  lnx dx

Chọn u(x) = ln(x) ; v'(x) = 1


u'(x) =

Khi đó

1
; v(x) = x
x

1
I = x.lnx -  x. dx = xlnx - x + c
x
4

2.

I=

lnx


1

x

dx

Đặt u(x) = lnx  u'(x) =

x
Khi đó

V'(x) =
4

I = 2 x . ln x

1

1
x

4

 v'(x) = 2 x

1
 2 x . dx 2 x ln x
x
1

= (2 x ln x  4 x )

4
1

1
.
x

4
1

4

 21

1
dx
x

4(ln4  1)

1

3.

I=

 x2 e3xdx

Đặt u(x) = x2  u' = 2xdx

0

v'(x) = e3x  v(x) =
Khi đó

1 2 3x
I= x e
3

1
0

1



1

3x

3 e

.2xdx =

0

9

1 3
e - I1
3

1 3x
e
3


 v1(x ) x  u 1 1

1 3x
Đặt 
3x
v
'
(
x
)

e

v
(

x
)

e

3

1 3x
Khi đó I1 = e .x
3
=

1 3 1 3x
e  x
3
9

1
0

1
c

1



1 3x
e dx


3
c

1
1
2
1
2
1
 e3  e3 
VËyI  e 3  e 3  e 3
3
9
9
3
9
9

/4

4.

1
I = sinx cosxdx 
2
0

/4

x sin2xdx

0

Đặt x = u  u' = 1
1
v'(x) = sin 2x  v(x) = - cos 2x /4
2

Vậy

I=
=

1
1
(0  sin2x
2
4
/4

5.

/4

1  1

 ( cos2x ).x 
2  2


I=

2xdx

 cos x
2

0

/4
0

/4

1
 cos2xdx 
2 0


)

1
8

đặt u(x) = 2x u' = 2

0

v'(x) =
/4

2xdx
2x.tgx
I= 
2
cos
x
0
/4

/4
0

/4

 2 tgxdx
0

/2

sinx

d cosx 
0 cosx dx  2  2 0 cosx  2  2lncosx


= 
2
=

1

v(x) = tgx.
cos2 x


2

 2(ln
 0)   ln2
2
2
2
1

6.

I=

 ex cosx dx

Đặt ex = u  u' = ex

0

v'(x) = cosx  v = sin x
1



I=

x

 e cosx dx = sins e
0

x

1
0

10

1

-

 sinx exdx
0

/4
0


= e. sin1 = I1.
Đặt



ex = u1  v1'(x) = sinx  v1(x) = - cosx
I1= (- cosx). e

1

x

0

1

+

 cosx. Ex dx = - e cos 1 + 1 + I
0

1
1
e(sin1 cos1) 
2
2

I = e. sin1 - 1 + e cos1 - I  I =

7. Bài toán phối hợp c 3 phng phỏp.
2 / 4

I=

sin

xdx.

Đ ặt x t t2 = x  2tdt =dx

0

Với x = 0  t = 0 ; x = 2/4  t = /2 vậy
 /2

I=

 (sint) 2tdt

Đặt u(t) = t  u'(t) = 1

0

v'(t) = sint  v(t) = - cost.


/2

I = - 2tcost

0

 /2

 2 costdt2sint
0

/2

2

0

Bài tập đề nghị:
2

4

I1 =

e

x

dx

1/ 4

1

I3 =



1/ 4

e

2

cos

I2 =

x dx

2 / 4

/2

x  ln x

dx

x

x  sinx

1 cosx dx

I4 =

 /3

HD: u(x) = x + sinx
viết 1 + cosx = 2cos2
Đáp số: (0-2 3 ) /8.

+) Lấy tích phân nhiều lần từng phần
e

2

 lnx 
I = 
 dx
x

1

e

3

 lnx 
I = 
 dx
x

1

I =  x2ex sinx dx.
11

x
2

HD: u = x2  u' = 2x
1
2

v'(x) = exsinx  v = ex (sinx - cox).
IV. PHƯƠNG PHÁP CẶP ĐƠI:
 /2

sin5 xdx
Ví dụ 1: I =  5
5
0 sin x  cos x
 /2

Xét

cos5 x
dx
J=  5
5
0 sin x  cos x
/2

Khi đó

dx x

I+J=

0

/2
0




2

(1)


 t Þ dx = - dt
2

Đặt

x=

Với

x = 0 Þ t = p/2 ; x = p/2 Þ t = 0

 
sin5   t dt
2 
Khi đó: I = - 
 

/2

sin5   t  cos5  
2 
2
0

/2

cos5 tdt
  5
5

0 sin t  cos t
t


 /2

cos5 xdx
J
=  5
5
sin
x

cos
x
0

(2)

Từ (1), (2) suy ra 2 I = p/2 Þ I = p/4.
Bài tập đề nghị:
e

+)

I=

e

 sin (lnx)dx

&

J=

1

1

/2

+) Tính I =

 /2
2

 sin xdx

&

J=

0

 (xsinx)

2

 cos xdx.
0



+) Tính I =

 cos(lnx)dx


2

&

J=

0

2

 (xcosx) dx.

0

V. TÍCH PHÂN CỦA CÁC HÀM SỐ HỮU TỈ

12


dx

(a  0) 

1 d(ax b) 1
 ln(ax b)  C
a  ax b
a

Dạng I.

ax b

Dạng II.

dx
ax2  bx c (a 0).

+) Nếu f(x) = ax2 + bx + c có
1
dx
1
dx

 

2
2
2
a 
b     
I = a  x  b   
x  
2a 
4a2

2a   4a2 


· D < 0 thì

=

1 4a2
a  

arctg

4a2 
b
. x    C
  
2a 

· D = 0 thì

I=

1
dx
1

C

2
a (x  x0 )
a(x  x0 )

· D > 0 thì

I=

 1
1
dx
1
1 

 dx




a (x  x1 )(x  x2 ) a(x1  x2 )  x  x1 x  x2 

=

(x  x1)
1
ln
C
a(x1  x2 ) (x  x2 )

Các dạng khác có thể kết hợp với việc dùng công thức đổi biến số với kỹ
thuật phân tích ra số hạng đơn giản hoặc tích phân từng phần đưa về các dạng trên.
Ví dụ minh hoạ:
1.

I=

dx
d(x  1)

x  1  x  1 ln x  1  C
1

2.

=

1

dx
dx


2

2
I= 
1
3
0 x  x1
0
 x  
2
4


2

2 
1
arectg  x  
2
3
3

1
0



2 
1 

 arectg3  arectg 
3
3

=

2   

  
3  3 6 3 3

13


1

1

dx
dx

I=  2
2
0 x  2x  1
0 (x  1)

3.
1

2

= (x  1) d(x  1) 
0

4.

5.

1


0

1
1
 1
2
2

dx
dx
1


x2  3x  2 (x  1)(x  2) x  1dx

I=

= ln

1

(x  1)

1
x  2dx

x1
C
x2

xdx
xdx

2x2  3x  1 (x  1)(2x  1)

I=

x
A
B
(2A  B)x  A  B



(x  1)(2x  1) x  1 2x  1
(x  1)(2x  1)

Ta có:

2A  B 1


A  B  0

Khi đó:

dx
dx
d(x  1) 1 d(2x  1)


x  1 2x  1  x  1  2  2x  1

Vậy I =

= ln (x + 1) -

1
ln (2x + 1) + C.
2

1

6.

1

1

 3ln x  2
0

1
0

3
  3ln3  3ln2
4

3
3
 3ln
4
2
1

7.

1

x3  2x  1
dx
dx (x2  2x  2)dx 3

x2
x2
0
0
0

1 3


2
=  x  x  2x
3


=

A 1
 
 B  1

I7=

x

dx
1
A
Bx  D
Ta cã 3

 2
1
x 1 x1 x  x1

3

0

(A  B)x2  ( A  B  D)x  A  D

=
x3  1

Hay ta có:

14


 A  B 0

 A  B  D  0
 A  D 1




1

1

A 1/ 3

 B  1/ 3
 D 2 / 3


1 dx
1  x 2
  2
dx ...

Vậy I7 = 
30 x1 30 x  x1
VI. TÍCH PHÂN CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC - HÀM SỐ CHỨA CĂN
THỨC 1. Phép thế vạn năng
Đối với dạng

Đặt tg

x
t
2

 R(sinx, cosx)dx trong đó R là hàm hữu tỉ.

ĐB: Có thể dùng phép thế cosx = t nếu R lẻ đối với sinx &sinx = t.
Nếu k là d với cosx, tgx = t nếu k chẵn với sinx &cosx
2.

 sin

x

cosxx dx

TH1: ít nhất 1 trong các số mũ m hoặc n là số lẻ dương thì đặt hàm có số
mũ chẵn là t.
TH 2: Cả 2 số mũ m&n đều chẵn dương thì dùng cơng thức góc nhân đôi.
3.

 sin mx cos nx dx

Dùng công thức biến đổi tính thành tổng
4. Phép thế lượng giác
I1 =

R( x;

a 2  x 2 ) dx ;

I3 =

R  x;

x 2  a 2 dx

đối với





I 2 R x; a 2  x 2 dx



I1 dùng phép thế: x = asint hoặc x =acost
I2 dùng phép thế: x = atgt hoặc x = acotgt
I3 dùng tích phân từng phần...

Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: I =

dx
4sinx  3cosx  5
15


2t
1 t2
2dt
khi đó sinx =
;
cos
t

;
dx

1 z2
1 t2
1 t2

x
Đặt tg t
2

Khi đó

Hay

2dr
dt
1
1 t2



C
I= 
2
2

t

2
2t
1 t
(t  2)
4.
 3.
5
2
2
1 t
1 t
I=



1

C
x
tg  2
2

(sinx  sin3 x
 cos2x dx

Ví dụ 2:

Vì hàm số dưới dấu tích phân lẻ đối với sinx nên ta đặt
cosx = t dr =- sinxdx
Vậy

(2  t2 )( dr)
t2  2
1
3 dt
I= 

dt

dt

2t2  1 2  22t21
2t2  1
=

Ví dụ 3. I3=

dt 3
d(t 2)
t
3
 2 1



ln
2 2 2 t 2)2  1 2 2 2 t 2  1  C

dx

sin x  2sinx cosx  cos x
2

2

Nhận xét:
Hàm dưới dấu tích phân là chẵn đối với sinx & cosx nên đặt tgx = t
Khi đó: sinx =

t
1 t

2

; cosx 

1

2

1 tg x



1
2

1 t

dx =

dt
1 t2

Vậy

dt
d(t  1)
1
t  1 2


ln
C
I3=  2
2
2
t  2t  1

2
2
t

1

2
(t  1)  2

Hay

I3=

 

1
2 2

ln

tgx 1

2

tgx 1 2

C

4
5

Ví dụ 4. I4= sin x cos x dx

Đặt sinx = t Þ dt = cosx dx
16


Vậy

I4=

15 2 7 1 9
4
2 2
t
(
1

t
)
dt

t  t  t C

5
7
9

Hay

I4=

1 5
2
1
sin x  sin7 x  sin9 x  C
5
7
9
sin3 xdx

Ví dụ 5. I5=

cosx

3

cosx



2

4
3

 (1 cos x).cos x sinxdx

Đặt cosx = t Þ - sin xdx = dt
I5= - (1 - t2) t-4/3dt = ... =

Þ
Ví dụ 6.

2
sin x cosxdx

3

3

3
 cosx3 cos2 x  C
cosx 5

1
1
1
(
1

cos
4
x
)
dx

x

sin4x  C
8

8 32
3

 1_ cos2x 
Ví dụ 7. cos xdx (cos x) dx  
 dx ...
2


6

Ví dụ 8.

2

3

1

sin2x cos5xdx 2 (sin7x  sin3x)dx

= 

1
1
cos7x  cos3x  C
14
6

Bài tập đề nghị:

I1=

dx
3 5sinx  3cosx

I2=

dx
1 sinx

cos2 xdx
I3=  2
sin x  4sinx cosx

3
I4= sin x dx

2 2
2 x
I5= sin x cos dx
4
4

I6= sin3x sinxdx

Phép thế lượng giác với hàm số vô tỉ

A 2  x2 thì đổi biến x = Acost hoặc x = Asint.
2

1.

I1=

2

 4 x

dx

0

x = 2cost Þ dx = -2 sintdt.
Khi

t=


thì x = 0 ;
2

t = 0 thì x = 2.
17


0

Vậy

2

 4  4cos t .

I1=

(- 2sint)dt

 /2

/2

 /2
2

= 4 sin  dt 2 (1 cos2t)dt 
0

0

1

2.

dx
I2= 
2
0 x  1 x

Đặt x = cost Þ dx = - sintdt.
Nếu t = p/2 thì x = 0; t = 0 thì x = 1

 /2

Vậy:

I2=

sint
dt

cos
t

sin
t
0

/2

Xét

J2=

cost dt

 cost  sint

Khi đó I2 + J2 =

0

/2

Và


.
2

cost  sint
0 cost  sintdt ln cost  sint

J2 - I2 =

/2
0

Þ I2 = J 2
Vậy

I2 = J2 = p/4.

* Với hàm

A 2  x2
3

1.

I3 =


1

thì đổi biến x = Atgt

1 x2
dx Đặt x = tgt Þ dx = (1+tg2t)dt
2
x
Với t = p/4 thì x = 1; t = p/3 thì x =

 /3

Þ

I3 =



/4

1 tg2t
2

tg t

 /3

2

(1 tg t)dt

cos2 tdt
 2
3
 / 4 sin t. cos t

Đặt sin t = u Þ du = costdt ; x = p/2
3
2

Vậy

I3 =

dx
u2(1 u2 )
2
2

18

 /3

3

costdt
2
2

 / 4 sin t. cos t




Vậy

I3 =

1
2

3
2

1
1 
 2



2
 u 1 u 1 u dx
2
2
3
2

 1 1 1 u 


=    ln
 u 2 1 u 

 2

2
2

2 1  3  2 2  2 
 ln
.
3 2  3  2 2  1 

+ Với hàm x2  A 2 thì đổi biến x = A/cost hoặc lấy tích phân từng phần...
3

3

1
x  1 dx  x2 (3x x2  1)dx
31

3

2

x

Ví dụ 1: I1=

1

Đặt

x2 = u Þ du = 2xdx.

3x x2  1 V '

V  (x2  1)3

(Với x = 1 ® u = 1 ; x = 3 ® u = 9)

1 2 2 3
Khi đó: I =  x (x  1)
3


1


2
3
(
x

1
)
.
2
xdx


1

3

1
2
3
=  x (x  1)
3


2
3/ 2
2

(
x

1
)
d
(
x

1
)

1
1



1
2
3
=  x (x  1)
3

3
5 2
1

(
x

1
)
...
1
3
2
1


2

2.

3

3

I2 =



3

3



x2  1 dx Đ ặt u x2 1 u' 

1

x
x2  1

v' = 1 ® v = x
Vậy

2

I2 = x x  1
2

Có

I3 =

x2

x
1

2

1

2
1

2



x2

x
1

2

dx 2 3  I 3
1

2

2

2

 x  1  
1

1

dx
x2  1

2

2
= I2 + ln x  x  1  I2 + ln (2 + 3 )
1

19


Vậy

I2 = 2 + 3 = I2 - ln (2 + 3 ) Þ I2 =

3

1
ln(2  3)
2

* Các hàm vơ tỉ khác.

2
Ví dụ 1: I1 = x x  1dx

Ví dụ 2: I2 =
Đặt
Vậy



x2  2



x2  2 t  dt

x2 .xdx
x2  2

1
xdx
.2xdx
2 x2  2
x2  2

1 3

2
I2 = (t  2)dt  t  2t  C
3


=

1
(x2  2)3  2 x2  2  C
3
e

Ví dụ 3: I3 =

e


1

Đặt

x3dx

1
3
1 2
13 2
2
2
2
(
x

1
)

d
(
x

1
)

.
(
x

1
)
C

2
22

1 3lnx.lnx
dx  1 3lnx.lnx d(lnx)
x
1

lnx = t Þ dt = d (lnx)
x = 1 ® t = 0; x = e ® t = 1
1

Þ

I3 =

 1 3t.tdt.
0

Đặt
Với

1 3tu  du

 u2 
I3 = u.
3
0 
2 3

Ví dụ 4: I4 =

x
5

Đặt
Với

2
.3dt  dt  udu
3
2 1 3t

t =0Þu=1;t=1Þ=2
2

Þ

1

2
1 2
2 4 2
. udu (u  u )du...
90
 3

dx
x2  4

2 3



x2  4 t  dt 

x

xdx

2

5

x

2

x 4

x2  4

dx & x2 t2  4

x  5  t 3 ; x 2 3  t 4 vậy
20


4

1
3




I4 = (t2  4).dt  t2  4t
3

2

Ví dụ 5: I5 =

1
1

Đặt
Với

 6.4
  27


 16    12
 3
  3


x

dx
x 1

x  1 t  dx 2tdt ; x t2  1
x = 1 thì t = 0 ; x = 2
1

Vậy

4
3

thì t = 1

1

1

2t(t2  1)
t2  1
2
dt 2(t  1)dt 2
dt
I5 = 
1

t
1

t
0
0
0

 t3

=  2.  2t
 3


1
1
dt 
 (t  1)dt 2



2
0


1

t
0
0


1

  t3

=   2  2t 

 3


 t2 
2  t  4ln t  1
2 


1
0



11
 4ln2
3

VII. CÁC HÀM SỐ KHÁC.

2x(x  x2  1)

dx
Ví dụ 1: I1 = 

2
2
2
x

x

1
x x  1
2xdx

= 2x2dx 2x x2  1dx
=

2 3
x  I2
3
3

Ta có

2
I2 = (x  1) d(x  1)  (x2  1) 2  C1
3

Vậy

I2 =

2

1
2

2

2 3 2
x 
(x2  1)3  C
3
3
1

x4
dx
Ví dụ 2: I3 = 
x
 11 2

Đặt x = - t Þ dx = - dt
Với x = - 1 thì t = 1 ; x = 1 thì t = -1

1

1

1

t4
2t.t4
x4 .2x

dt  
dx
Khi đó: I3 =  
t
t
x
1

2
1

2
1

2
1
1

1
1

1
 x4
x4 .2x 
1
 dx  x4dx  x5

Vậy I3 + I3 = 
x
x 
5
1 2 
 1 1 2
1

21

1


1

2
5

Þ I3 = 1/5



Ví dụ 3: I4 =

x sin x
dx
2

1

cos
x
0

Đặt x = p - t Þ dx = - dt; x = 0 thì t = p
x = p thì t = 0

0

Vậỵ

(  t)sintdt
d(cost)

 
 I 2  arctg
(cosx)
I4 =  
2
2

2
1

cos
t
1

cos
t

0


2

0
4


PHẦN III. KẾT LUẬN
Để góp phần đổi mới phương pháp dạy học mơn tốn ở trường THPT, việc
đổi mới phương pháp dạy giải bài tập có một vai trị rất quan trọng, vì nếu tổ chức
có hiệu quả việc dạy giải bài tập tốn học thì có thể nâng cao chất lượng dạy tốn học.
Trong đề tài này, tơi đã trình bày một số ý kiến về vấn đề Hướng dẫn học
sinh giải các bài tốn ngun hàm và tích phân bằng cách nhận dạng và đề ra
phương pháp giải điển hình.
Những kết quả nghiên cứu của đề tài cho phép tôi tin rằng bồi dưỡng cho
học sinh khả năng phân tích, tổng hợp, ứng dụng lý thuyết vào các bài tốn thực
tiễn, giáo viên đã góp phần thực hiện các mục đích yêu cầu của việc dạy học theo
hướng phát triển năng lực cá nhân, đặc biệt phát triển năng lực trí tuệ của học sinh,

rèn luyện cho học sinh sự linh hoạt và khả năng sáng tạo.
Song đề tài cũng khơng thể tránh khỏi những thiếu xót, tơi rất mong được sự
góp ý chân thành từ các đồng nghiệp. Tơi xin cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2018
Tôi cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của
người khác
Người viết

Đỗ Thị Hồng Hạnh

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Sách giáo khoa Đại số và Giải tích 12 - Tác giả: Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn - Nhà
xuất bản Giáo dục;

22


[2] Bài tập Đại số và Giải tích 12 - Tác giả: Vũ Tuấn, Trần Văn Hạo - Nhà xuất
bản Giáo dục;
[3] Sách giáo khoa Đại số và Giải tích 12 nâng cao - Tác giả: Đoàn Quỳnh,
Nguyễn Huy Đoan - Nhà xuất bản Giáo dục;
[4] Bài tập Đại số và Giải tích 12 nâng cao - Tác giả: Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn
Xuân Liêm - Nhà xuất bản Giáo dục;
[5] Các bài giảng luyện thi mơn tốn - Tác giả: Phan Đức Chính, Vũ Dương Thụy,
Đào Tam, Lê Thống Nhất - Nhà xuất bản Giáo dục;
[6] Toán nâng cao Đại số và Giải tích 12 - Tác giả: Nguyễn Tuấn Khôi, Nguyễn
Vĩnh Cận - Nhà xuất bản Đại học Sư phạm;

[7] Báo Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất bản Giáo dục;
[8] Đề thi tuyển sinh mơn Tốn - Tác giả: Phan Đức Chính, Đăng Khải Nhà xuất bản Giáo dục;
[9] Các đề thi đại học các năm trước;
[10] Các đề thi thử đại học các năm trước;
[11] Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 10, 11, 12 của các tỉnh những năm trước.

23


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

24


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI CÁC BÀI TỐN TÍCH PHÂN BẰNG
CÁCH NHẬN DẠNG VÀ ĐỀ RA PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐIỂN HÌNH

Người thực hiện: Đỗ Thị Hồng Hạnh
Chức vụ: Hiệu trưởng
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THANH HỐ- NĂM 2018.

25