Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Lớp 12: Phương pháp tính tích phân của một số hàm ẩn - Nguyễn Văn Mạnh

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Lớp 12: Phương pháp tính tích phân của một số hàm ẩn - Nguyễn Văn Mạnh

1. MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG 1. MỞ ĐẦU 2 1.1. Lý do chọn đề tài 2 1.2. Mục đích nghiên cứu 4 1.3. Đối tượng nghiên cứu 4 1.4. Phương pháp nghiên cứu 4 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 5 2.1. Cơ sở lý luận 5 2.1.1.Cơ sở khoa học 6 2.1.2. Cơ sở thực tiễn 7 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 8 2.3. Các giải pháp thực hiện 10 2.3.1. Phương pháp biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản 10 2.3.2. Phương pháp đổi biến số. 12 2.3.3. Phương pháp tính tích phân từng phần 12 2.3.4. Tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân 20 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 21 3.1. Kết luận 21 3.2. Kiến nghị 21
2. 1. MỞ ĐẦU 1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong Chương trình phổ thông, phép tính tích phân chiếm một vị trí hết sức quan trọng trong Toán học, tích phân được ứng dụng rộng rãi trong thực tế như là tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay, nó là một trong những cơ sở để nghiên cứu Giải tích hiện đại. Ngoài ra phép tính tích phân còn được ứng dụng rộng rãi trong Xác suất, Thống kê, Vật lý, Cơ học, Phép tính tích phân được bắt đầu giới thiệu cho các em học sinh lớp 12 và nó có mặt hầu hết trong các kỳ thi như thi THPT- QG, thi học sinh giỏi các cấp. Hiện nay với xu hướng thi trắc nghiệm, phần tích phân còn được yêu cầu rộng hơn và đòi hỏi học sinh phải tư duy linh hoạt hơn và tích phân của một số hàm ẩn đã được đưa vào để yêu cầu học sinh, mặc dù đã được học kỹ các phương pháp tính tích phân , nhưng đứng trước yêu cầu về tính tích phân của hàm ẩn đa số các em còn nhiều lúng túng và thậm chí là không định hình được lời giải khi đứng trước các bài toán dạng này. Muốn học sinh học tốt được tích phân thì mỗi người Giáo viên không phải chỉ truyền đạt, giảng giải theo các tài liệu đã có sẵn trong Sách giáo khoa, trong các sách hướng dẫn và thiết kế bài giảng một cách gập khuôn, máy móc, làm cho học sinh học tập một cách thụ động. Nếu chỉ dạy học như vậy thì việc học tập của học sinh sẽ diễn ra thật đơn điệu, tẻ nhạt và kết quả học tập sẽ không cao. Nó là một trong những nguyên nhân gây ra cản trở việc đào tạo các em thành những con người năng động, tự tin, sáng tạo sẵn sàng thích ứng với những đổi mới diễn ra hàng ngày. Yêu cầu của giáo dục hiện nay đòi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học môn toán theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh. Vì vậy người giáo viên phải gây được hứng thú học tập cho các em bằng cách thiết kế bài giảng lại khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế. Vì những lí do đó, để giúp học sinh có cơ sở khoa học, có có hệ thống kiến thức về tính tích phân của hàm ẩn và tháo gỡ những vướng mắc trên, nhằm nâng cao chất lượng dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục , tôi đã chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp tính tích phân của một số hàm ẩn”. Với đề tài này tôi hi vọng sẽ giúp cho học sinh dễ dàng nắm bắt và thành thạo trong việc tính tích phân nói chung và tích phân của hàm ẩn nói riêng. 1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Làm rõ vấn đề mà học sinh còn lúng túng , mắc nhiều sai lầm và thậm chí là không có định hình về lời giải trong việc tính tích phân của hàm ẩn. - Góp phần gây hứng thú học tập phần tích phân của hàm ẩn cho học sinh, một trong các phần được coi là hóc búa , đòi hỏi tính tư duy cao và không những chỉ giúp giáo viên lên lớp tự tin, nhẹ nhàng; học sinh lĩnh hội được tri thức một cách đầy đủ, khoa học mà còn giúp các em củng cố và khắc sâu các tri thức .
3. - Làm cho học sinh thấy được tầm quan trọng của chương học, là vấn đề then chốt cho việc tiếp nhận và giải các dạng toán tiếp theo. - Nâng cao chất lượng bộ môn toán theo từng chuyên đề khác nhau góp phần nâng cao chất lượng dạy học. 1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Chương Nguyên hàm - Tích phân và chủ yếu là phương pháp tính tích phân của một số hàm ẩn. 1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau : a. Nghiên cứu tài liệu : - Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục có liên quan đến nội dung đề tài - Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo. - Tham khảo các đề minh họa thi THPT-QG của Bộ GD và đề thi thử của các trường trên toàn Quốc b. Nghiên cứu thực tế : - Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp về nội dung tích phân . - Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học. - Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua các tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài. - Nghiên cứu khả năng nắm bắt của học sinh qua từng tiết học. - Tìm hiểu qua phiếu thăm dò của học sinh. 2. NỘI DUNG 2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN Các kiến thức cơ bản Các kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài bao gồm các định nghĩa và tính chất từ sách giáo khoa mà học sinh đã được học 2.1.1. Định nghĩa Cho hàm số f liên tục trên K và a,b là hai số bất kỳ thuộc K . Nếu làF một nguyên hàm của f trên K thì hiệu số F(b) F(a) được gọi là tích phân của ftừ a b b đến b và kí hiệu là f (x)dx . Trong trường hợp a b , ta gọi f (x)dx là tích phân a a của f trên đoạn a;b . F(x) b F(b) F(a) F Người ta dùng kí hiệu a để chỉ hiệu số . Như vậy Nếu là một b nguyên hàm của f trên K thì f (x)dx F(x) b F(b) F(a) . a a 2.1.2. Tính chất Giả sử f , g liên tục trên K và a,b,c là ba số bất kì thuộc K . Khi đó ta có
4. a b a b c c 1) f (x)dx 0 ; 2) f (x)dx f (x)dx ; 3) f (x)dx f (x)dx f (x)dx a a b a b a b b b b b 4)  f (x) g(x)dx f (x)dx g(x)dx ; 5) kf (x)dx k f (x)dx với k R . a a a a a Chú ý là nếu F (x) f (x) với mọi x K thì F(x) f (x)dx 2.1.3. Phương pháp đổi biến số b Tính tích phân I g(x)dx .Giả sử g(x) được viết dưới dạng f u(x).u (x) ,trong đó a hàm số u(x) có đạo hàm trênK , hàm số y=f(u) liên tục sao cho hàm hợp f u(x) b u(b) xác định trên K và a,b là hai số thuộc K . Khi đó f u(x).u (x)dx f (u)du a u(a) Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số thay cho x . b b b Như vậy tích phân không phụ thuộc vào biến tức là f (x)dx f (u)du f (t)dt a a a 2.1.4. Phương pháp tính tích phân từng phần b b b Công thức u(x)v (x)dx u(x)v(x) v(x)u (x)dx (trong đó u,v có đạo hàm liên tục a a a trên K và a,b là hai số thuộc K ). 2.2. Thực trạng của đề tài Năm học 2016 - 2017 bộ GD-ĐT chuyển đổi hình thức thi THPT quốc gia của môn toán từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi hỏi phương pháp dạy và học cũng phải thay đổi cho phù hợp. Trong các đề minh họa của bộ GD - ĐT , đề thi THPT quốc gia và đề thi thử của các trường THPT trên toàn Quốc , học sinh thường gặp một số câu về tính tích phân của hàm ẩn và các bài toán có liên quan, đây là các bài ở mức độ vận dụng để lấy điểm cao. Hướng dẫn các em vận dụng tốt phần này sẽ tạo được cho các em có thêm phương pháp, có linh hoạt hơn trong việc tính tích phân và nâng cao tư duy trong giải toán nhằm lấy được điểm cao hơn trong bài thi. Trước khi áp dụng đề tài này vào dạy học, tôi đã khảo sát chất lượng học tập của học sinh trường THPT Hậu Lộc 4 (thông qua các lớp trực tiếp giảng dạy) về các bài toán tính tích phân của hàm ẩn, đã thu được kết quả như sau: Lớp Sĩ Giỏi Khá TB Yếu Kém số SL % SL % SL % SL % SL % 12A6 36 0 0 5 13,9 21 58.3 7 19.4 3 5.4 12A7 39 1 2.6 10 25.6 22 56.4 5 12.8 1 2.6 12A9 42 0 0 1 2.4 28 66.7 8 19.0 5 11.9
5. Như vậy số lượng học sinh nắm bắt dạng này không nhiều, có rất nhiều em chưa định hình được lời giải do chưa có được nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết. Thực hiện đề tài này tôi đã hệ thống lại các phương pháp tính tích phân đã được học để áp dụng tính cho hàm ẩn thông qua các phương pháp cụ thể và các bài tập tương ứng cho mỗi phương pháp đó. Cuối cùng là bài tập tổng hợp đề học sinh vận dụng các phương pháp đã được học vào giải quyết. Do khuôn khổ đề tài có hạn nên tôi chỉ đưa ra được bốn phương pháp tính tích phân của hàm ẩn thông qua một số ví dụ tương ứng đó là: Phương pháp biến đổi để đưa về nguyên hàm cơ bản, Phương pháp đổi biến số, phương pháp tính tích phân từng phần và tạo bình phương cho biểu thức dưới dấu tích phân. 2.3. Giải pháp tổ chức thực hiện Thực hiện đề tài này tôi chia nội dung thành bốn phần Phần 1. Biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản Phần 2. Phương pháp đổi biến số Phần 3. Phương pháp tính tích phân từng phần Phần 4. Tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân Mỗi phần được thực hiện theo các bước: - Nhắc lại kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài - Nêu các ví dụ áp dụng - Nêu các nhận xét trước khi đưa ra lời giải cho các bài tập mới và khó. Sau đây là nội dung cụ thể: 2.3.1. BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ NGUYÊN HÀM CƠ BẢN a . Kiến thức sử dụng * Nếu F (x) f (x) với mọi x K thì F(x) f (x)dx * Các công thức về đạo hàm: u v uv u u u 1 1) u .v u.v uv 2) 3) u 4) nun 1u un 5) ; 2 ; ; ; 2 . v v 2 u u u b. Ví dụ áp dụng 1 Ví dụ 1. Cho hàm số f x 0 , liên tục trên đoạn 1;2 và thỏa mãn f (1) 3 2 x2. f (x) 1 2x2 . f 2 (x) với x 1;2 . Tính tích phân I f (x)dx 1 Lời giải f (x) 1 2x2 1 1 2 2 2 Ta có x . f (x) 1 2x . f (x) 2 2 2 2 f (x) x f (x) x 1 1 1 1 1 2 2 .dx 2x c , do f (1) c 0 f (x) x f (x) x 3
6. 1 2x2 1 x Nên ta có f (x) f (x) x 2x2 1 2 2 x 1 2 d(1 2x2 ) 1 2 1 1 Khi đó I f (x)dx dx ln 1 2x2 2ln 3 ln 3 ln 3 2 2 1 1 1 2x 4 1 1 2x 4 1 4 4 Ví dụ 2. Cho hàm số f (x) liên tục, không âm trên R và thỏa mãn 1 f (x). f (x) 2x. f 2 (x) 1 0 với x R và f (0) 0 . Tính tích phân I f (x)dx 0 Lời giải f (x). f (x) Ta có f (x). f (x) 2x. f 2 (x) 1 0 2x f 2 (x) 1 2x f 2 (x) 1 f 2 (x) 1 2xdx f 2 (x) 1 x2 c . Do f (0) 0 c 1 nên ta có 2 f 2 (x) 1 x2 1 f 2 (x) 1 x2 1 f 2 (x) x2 x2 2 f (x) x x2 2 1 1 1 (vì f (x) không âm trên R ). Khi đó I f (x)dx x x2 2dx x x2 2dx 0 0 0 1 1 1 1 2 1 x2 2d(x2 2) . x2 2 x2 2 3 3 2 2 2 0 2 3 0 3 Ví dụ 3. Cho hàm số f (x) đồng biến, có đạo hàm trên đoạn 1;4 và thoản mãn 4 2 3 x 2x. f (x)  f (x) với x 1;4 . Biết f (1) , tính I f (x)dx 2 1 Lời giải Do f (x) đồng biến trên đoạn 1;4 f (x) 0,x 1;4 Ta có x 2x. f (x)  f (x)2 x 1 2. f (x)  f (x)2 , do x 1;4 và f (x) 0,x 1;4 1 f (x) f (x) và f (x) x. 1 2 f (x) x 1 2 f (x) x 2 1 2 f (x) 2 3 3 2 4 1 2 f (x) xdx 1 2 f (x) x x c . Vì f (1) 1 2. c c 3 2 2 3 3 2 3 2 4 2 4 2 3 8 7 1 2 f (x) x x 1 2 f (x) x x f (x) x x 2 3 3 3 3 9 9 18 4 4 4 3 5 2 3 8 7 1 4 16 7 1186 Khi đó I f (x)dx x x 2 dx x x 2 x 9 9 18 18 45 18 45 1 1 1 Ví dụ 4. Cho hàm số f (x) đồng biến, có đạo hàm cấp hai trên đoạn 0;2 và thỏa mãn 2 f (x)2 f (x). f (x)  f (x)2 0 với x 0;2 . Biết f (0) 1, f (2) e6 , tính tích
7. 0 I (2x 1). f (x)dx 2 Lời giải Do f (x) đồng biến trên đoạn 0;2 nên ta có f (0) f (x) f (2) 1 f (x) e6 2 2 2 f (x). f (x)  f (x) f (x) Ta có 2 f (x) f (x). f (x)  f (x) 0 2 2 2  f (x) f (x) f (x) f (x) 2.dx 2x c .dx 2x c dx ln f (x) x2 cx c mà 1 f (x) e6 f (x) f (x) 1 f (0) 1 c 0 c 1 ln f (x) x2 cx c 1 Nên ta có 1 . Do 6 f (2) e 4 2c c1 6 c1 0 2 ln f (x) x2 x f (x) ex x 0 0 0 2 2 2 2 0 Khi đó I (2x 1). f (x)dx (2x 1).ex xdx ex xd(ex x ) ex x 1 e2 2 2 2 2 3 2 2x Ví dụ 5. Chof (x) có đạo hàm trên R và thỏa mãn 3 f (x).e f (x) x 1 0 với f 2 (x) 7 x R . Biết f (0) 1 , tính tích phân I x. f (x)dx 0 Lời giải 3 2 2x 3 2 3 2 Ta có 3 f (x).e f (x) x 1 0 3 f (x). f 2 (x).e f (x) 2x.ex 1 e f (x) 2x.ex 1 f 2 (x) 3 2 2 2 e f (x) 2xex 1dx ex 1d(x2 1) ex 1 c . Do 3 2 f (0) 1 e e c c 0 e f (x) ex 1 f 3 (x) x2 1 f (x) 3 x2 1 7 7 7 1 7 3 45 Khi đó I x. f (x)dx x.3 x2 1.dx 3 x2 1.d(x2 1) x2 1 3 x2 1 0 0 2 0 8 0 8 Ví dụ 6. Cho f (x) có đạo hàm trên 0;1 thỏa mãn f (x) x 1 . f (x) 1 với 7 1 x 0;1. Biết f (5) , tính tích phân I f (x)dx 6 0 Lời giải Ta có f (x) x 1 . f (x) 1 x 1 f (x) x 1 . f (x) 1 x 1 f (x) 1 7 7 x 1 f (x) dx x 1 f (x) x c , vì f (5) 6. 5 c c 2 6 6 x 2 x 1 f (x) x 2 f (x) . Khi đó x 1
8. 1 1 1 x 2 1 1 I f (x)dx .dx 1 .dx x ln x 1 1 ln 2 0 0 x 1 0 x 1 0 Nhận xét: Nếu u(x) là biểu thức cho trước thì ta có u(x). f (x) u (x). f (x) u(x). f (x) Đặt v(x) u (x) ta được u(x). f (x) v(x). f (x) u(x). f (x) (*). Như vậy nếu biểu thức có dạng v(x). f (x) u(x). f (x) ta có thể biến đổi đưa về dạng u(x). f (x) .Khi đó ta có bài toán tổng quát cho ví dụ 5 như sau: Cho A(x); B(x) ;g(x) là các biểu thức đã biết. Tìm hàm số thỏaf (x) mãn A(x) f (x) B(x) f (x) g(x) ( ) Do vế trái có dạng (*) nên ta có thể biến đổi ( ) u(x). f (x) g(x) u (x) A(x) u (x) A(x) u (x) A(x) Trong đó u(x) được chọn sao cho : .dx .dx u(x) B(x) u(x) B(x) u(x) B(x) A(x) ln u(x) G(x) c (với G(x) là một nguyên hàm của ) từ đây ta sẽ chọn B(x) được biểu thức u(x) . 1 Ví dụ 7. Cho f (x) có đạo hàm trên 0;1 thỏa mãn f (1) và 2018 1 2018 f (x) x. f (x) 2x2018 với x 0;1 .Tính tích phân I f (x)dx 0 Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u(x) . Ta có 2018 ln u(x) dx ln u(x) 2018ln x c ln u(x) ln x2018 c x nên ta chọn u(x) x2018 , khi đó ta có lời giải như sau: Lời giải Ta có 2018 2017 2018 2017 2017 2018 4035 x . f (x) 2018x f (x) x f (x) x 2018 f (x) xf (x) x . 2x 2x x4036 1 1 1 Khi đó x2018 f (x) 2x4035dx x2018 f (x) c , do f (1) c 2018 2018 2018 2018 x4036 x2018 c 0 x2018 f (x) f (x) 2018 2018 1 1 1 x2018 x2019 1 khi đó I f (x)dx dx 2018 2019.2018 2018.2019 0 0 0 Ví dụ 8. Cho f (x) có đạo hàm trên 1;2 thỏa mãn (x 1) f (x) x. f (x) 2ex với 2 x 1;2 . Biết f (1) e , tính tích phân I x. f (x)dx 1
9. Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u(x) . Ta có x 1 ln u(x) dx ln u(x) x ln x c ln u(x) ln ex ln x c x ln u(x) ln xex c nên ta chọn u(x) xex , khi đó ta có lời giải như sau: Lời giải x x x x x x Ta có xe . f (x) xe f (x) xe . f (x) e xe f (x) xe . f (x) x x x x x 2x x 2x e x 1 f (x) xf (x) xe . f (x) e . 2e xe . f (x) 2e dx xe . f (x) e c ex do f (1) e e.e e2 c c 0 xex . f (x) e2x f (x) . x 2 2 2 Khi đó I x. f (x)dx exdx ex e2 e 1 1 1 Ví dụ 9. Cho f (x) liên tục và có đạo hàm trên R \ 1;0 thỏa mãn x(x 1) f (x) f (x) x2 x với x R \ 1;0 và f (1) 2ln 2 , tính tích phân 2 I xf (x)dx . 1 Nhận xét : trước hết ta đi tìm biểu thức u(x) . Ta có 1 1 1 x ln u(x) dx ln u(x) dx ln u(x) c , nên ta chọn x(x 1) x x 1 x 1 x u(x) , khi đó ta có lời giải như sau: x 1 Lời giải x 1 x 1 Ta có . f (x) f (x) . f (x) . f (x) x(x 1) f (x) x 1 (x 1)2 x 1 (x 1)2 x 1 x x x x . f (x) . x2 x . f (x) . f (x) dx 2 x 1 (x 1) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x . f (x) 1 dx . f (x) x ln x 1 c . Do x 1 x 1 x 1 1 f (1) 2ln 2 .( 2ln 2) 1 ln 2 c c 1 2 x x2 1 (x 1).ln x 1 . f (x) x ln x 1 1 f (x) . Khi đó x 1 x 2 2 2 3 2 2 x 4 I xf (x)dx x 1 (x 1).ln x 1 .dx x (x 1).ln x 1 .dx I1 3 3 1 1 1 1
10. 1 du dx 2 u ln(x 1) x 1 Với I (x 1).ln x 1 .dx ; đặt 1 2 dv (x 1)dx x 1 1 2 1 v x x 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 9 1 x 9 5 I1 (x 1) .ln(x 1) x 1 dx I1 ln 3 2ln 2 x ln 3 2ln 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 4 4 9 5 31 9 Khi đó I I1 ln 3 2ln 2 ln 3 2ln 2 3 3 2 4 12 2 2.3.2. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ a. Kiến thức sử dụng b Tính tích phân I g(x)dx .Giả sử g(x) được viết dưới dạng f u(x).u (x) ,trong đó a hàm số u(x) có đạo hàm trênK , hàm số y=f(u) liên tục sao cho hàm hợp f u(x) b u(b) xác định trên K và a,b là hai số thuộc K . Khi đó f u(x).u (x)dx f (u)du a u(a) Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số thay cho x . b b b Như vậy tích phân không phụ thuộc vào biến tức là f (x)dx f (u)du f (t)dt a a a b. Ví dụ áp dụng Ví dụ 1. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (x) f ( x) cos4 x với 2 x R . Tính tích phân I f (x)dx 2 Lời giải x t 2 2 Đặt x t dx dt , đổi cận : x t 2 2 2 2 2 2 2 Khi đó I f ( t)dt f ( t)dt I f ( x)dx . Ta có I I f (x)dx f ( x)dx 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1  f (x) f ( x)dx cos4 xdx 1 cos2x dx 1 2cos2x cos2 2x dx 4 0 4 0 2 2 1 2 1 1 2 3 3 3 3 4cos 2x cos4x dx 3x 2sin 2x sin 4x 2I I 8 0 8 4 0 16 16 32
11. Ví dụ 2. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn 2018. f (x) f ( x) ex với 1 x R . Tính tích phân I f (x)dx 1 Lời giải x 1 t 1 Đặt x t dx dt , đổi cận : x 1 t 1 1 1 1 1 1 Khi đó I f ( t)dt f ( t)dt I f ( x)dx .Vì 2018I I 2018 f (x)dx f ( x)dx 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 e 1 nên 2019I 2018 f (x) f ( x) dx 2019I exdx ex e I   1 1 1 e 2019e Ví dụ 3. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0;2 và thỏa mãn 2 3 f (x) 4 f (2 x) x2 12x 16 với x 0;2 . Tính tích phân I f (x)dx 0 Lời giải x 0 t 2 Đặt x 2 t dx dt , đổi cận : x 2 t 0 0 2 2 Khi đó I f (2 t)dt f (2 t)dt I f (2 x)dx 2 0 0 2 2 2 2 Ta có 3I 4I 3 f (x)dx 4 f (2 x)dx 3 f (x) 4 f (2 x)dx I x2 12x 16 .dx 0 0 0 0 2 2 3 2 x 2 16 16 I x 12x 16 .dx 6x 16x I 3 3 3 0 0 2 2 Ví dụ 4. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn ;1 và thỏa mãn 2 f (x) 3 f ( ) 5x 3 3x 2 1 f (x) với x ;1 . Tính tích phân I dx 3 2 x 3 Lời giải 2 x t 1 2 2 3 Đặt x dx dt , đổi cận : 3t 3t 2 2 x 1 t 3
12. 2 2 1 2 2 3 f ( ). 1 f ( ) 1 f ( ) 2 2 Khi đó I 3t t dt 3t dt 3x .dx . Ta có 2 3 1 2 t 2 x 3t 3 3 2 2 1 1 f ( ) 1 2 f (x) 3 f ( ) 1 1 f (x) 5x 5 1 2I 3I 2 dx 3 3x .dx 5I 3x .dx dx 5dx I 2 x 2 x 2 x 2 x 2 3 3 3 3 3 3 3 4 Ví dụ 5. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0;3 và thỏa mãn f (x). f (3 x) với 9 3 1 x 0;3 . Tính tích phân I dx 0 2 3 f (x) Lời giải x 0 t 3 0 1 Đặt x 3 t dx dt , đổi cận : . Khi đó I dt x 3 t 0 3 2 3 f (3 t) 3 1 3 1 3 1 3 3 f (x) dt I dx dx .dx 2 3 f (3 t) 2 3 f (3 x) 4 2 2 3 f (x) 0 0 0 2 3. 0 9 f (x) 3 1 3 f (x) 3 2 3 f (x) 3 3 Ta có 2I 2I 2. dx 3 .dx .dx dx 3 I 0 2 3 f (x) 0 2 3 f (x) 0 2 3 f (x) 0 4 Ví dụ 6. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (x) 4xf (x2 ) 2x 1 với 1 x R . Tính tích phân I f (x)dx 0 Lời giải 2 x 0 t 0 Đặt x t dx 2tdt , đổi cận : x 1 t 1 1 1 1 1 Khi đó I f (t 2 ).2tdt I 2 xf (x2 )dx . Ta có I 2I f (x)dx 4 xf (x2 )dx 0 0 0 0 1 1 1 f (x) 4xf (x2 ) dx 2x 1 dx x2 x 2 I 2 I 2 0 0 0 Ví dụ 7. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa mãn 1 4xf (x2 ) 3 f (1 x) 1 x2 với x 0;1 . Tính tích phân I f (x)dx 0 Lời giải 1 2 x 0 t 0 Xét I f (x)dx , đặt x t dx 2tdt . Đổi cận : 0 x 1 t 1
13. 1 1 1 Khi đó I 2t. f (t 2 )dt I 2x. f (x2 )dx 2I 4x. f (x2 )dx 0 0 0 1 Xét I f (x)dx , Đặt x 1 t dx dt 0 x 0 t 1 0 1 1 Đổi cận : . Khi đó I f (1 t)dt f (1 t)dt I f (1 x)dx x 1 t 0 1 0 0 1 1 1 2 2 3I 3 f (1 x)dx Ta có 2I 3I 4xf (x ) 3 f (1 x) dx 1 x dx 0 0 0 x 0 t 0 Đặt x sin t dx costdt (với t ; ), đổi cận : 2 2 x 1 t 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 Khi đó 5I 1 sin t.costdt cos tdt 1 cos2t dt t sin 2t I 0 0 2 0 2 2 0 4 20 Nhận xét: từ 7 ví dụ trên ta thấy nếu giả thiết cho mối liên hệ giữa f (x) và f (u(x)) Thì ta đặt x u(t) 2018 Ví dụ 8. Cho Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (x)dx 2 . Tính tích 0 2018 e 1 x phân I . f ln(x2 1) .dx 2 0 x 1 Lời giải 2x x 1 x 0 t 0 Đặt t ln x2 1 dt dx dx dt , đổi cận : 2 2 2018 x 1 x 1 2 x e 1 t 2018 1 2018 1 2018 1 Ta có I f (t)dt f (x)dx .2 1 2 0 2 0 2 Ví dụ 9. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (x3 2x 2) 3x 1 với 10 x R . Tính tích phân I f (x)dx 1 Lời giải x 1 t3 2t 3 t 1 Đặt x t3 2t 2 dx 3t 2 2t dt , đổi cận : 3 x 10 t 2t 12 t 2 2 2 2 Ta có I f (t3 2t 2). 3t 2 2t dt 3t 1 3t 2 2t dt 9t3 3t 2 2t dt 1 1 1 2 4 9t 3 2 151 t t 4 4 1
14. Ví dụ 10. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn  1;5 và thỏa mãn 4  f (x)2019 f (x) 2 x với x  1;5 . Tính tích phân I f (x)dx 0 Lời giải Đặt t f (x) t 2019 t 2 x dx 2019t 2018 1 dt x 0 t 2019 t 2 0 t 1 Đổi cận : 2019 x 4 t t 2 4 t 1 1 1 1 2018 2019 2019 2020 1 2 Ta có I t 2019t 1 dt 2019t t dt t t 0 1 1 2020 2 1 Ví dụ 11. Biết mỗi số thực t 0 phương trình 4x3 tx 4 0 có nghiệm dương duy nhất x x(t) , với x(t) là hàm số liên tục theo t trên 0; . Tính tích phân 7 I x(t)2 dt 0 Lời giải t 0 4x3 4 0 x 1 4 4x3 8x3 4 Đặt t dt dx , đổi cận : 2 3 1 x x t 7 4x 7x 4 0 x 2 1 1 2 8x3 4 1 31 Ta có I x2. dx 8x3 4 dx 2x4 4x 2 1 1 x 1 2 8 2 2.3.3. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN a. Kiến thức sử dụng b b b Công thức u(x)v (x)dx u(x)v(x) v(x)u (x)dx (trong đó u,v có đạo hàm liên tục a a a trên K và a,b là hai số thuộc K ) b. Ví dụ áp dụng 5 44 Ví dụ 1. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên R và thỏa mãn f (x)dx 1 5 5 và f (5) 15 .Tính tích phân I x 1 f (x)dx 1 Lời giải 5 u x 1 du dx 5 44 344 Đặt . Khi đó I x 1 f (x) f (x)dx 4 f (5) 1 dv f (x)dx v f (x) 1 5 5
15. Ví dụ 2. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên R thỏa mãn f ( 3) 3 và 3 f (x)dx 3 1. Tính tích phân I f (x)ln x 1 x2 dx 2 0 1 x 0 Lời giải 2 1 u ln x 1 x du dx Đặt 1 x2 dv f (x) v f (x) 3 3 f (x)dx Khi đó I f (x)ln x 1 x2 3 ln 2 3 1 2 0 0 1 x Ví dụ 3. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên R và thỏa mãn 2 1 1 2x f (x)dx 3 f (2) f (0) 2016 . Tính tích phân I f (2x)dx 0 0 Lời giải 2 u 1 2x du 2dx Ta có 1 2x f (x)dx 2016 , đặt 0 dv f (x)dx v f (x) 2 2 Khi đó 2016 (1 2x) f (x) 2 2 f (x)dx 2016 3 f (2) f (0) 2 f (x)dx 0   0 0 2 2 2016 2016 2 f (x)dx f (x)dx 2016 0 0 1 x 0 t 0 Xét I f (2x)dx , đặt t 2x dt 2dx . Đổi cận: 0 x 1 t 2 1 2 1 2 2016 Khi đó I f (t)dt I f (x)dx 1008 2 0 2 0 2 Ví dụ 4. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên R thỏa mãn 2 f (3) f (0) 18 và 3 302 3 f (x) f (x) 1 x 1dx . Tính tích phân I dx 0 15 0 x 1 Lời giải 1 u x 1 du dx Đặt 2 x 1 dv f (x) 1 v f (x) x 1 302 3 3 f (x) x 1 Khi đó f (x) x 1 x 1 dx 0 15 0 2 x 1 2 I 1 3 302 I 14 76 2 f (3) f (0) 7 x 1dx 25 I 2 2 0 15 2 6 15
16. 1 Ví dụ 5. Cho f (x) là hàm số chẵn liên tục, có đạo hàm trên R thỏa mãn f 4 2 1 2 0 và f (x)dx 3 . Tính tích phân I sin 2xf (sin x)dx 0 6 Lời giải 0 Ta có I 2 sin x cos x. f (sin x)dx , đặt t sinx dt cos xdx 6 1 x t 0 0 Đổi cận : 6 2 khi đó I 2 tf (t)dt I 2 xf (x)dx x 0 t 0 1 1 2 2 0 0 u x du dx 0 Đặt: ta có I 2 xf (x) 1 f (x)dx 4 2 f (x)dx dv f (x)dx v f (x) 2 1 1 2 2 1 1 0 2 2 Do f (x) là hàm số chẵn nên f (x)dx f (x)dx . Khi đó I 4 2 f (x)dx 4 6 2 1 0 0 2 Ví dụ 6. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 1;3 thỏa mãn 3 xf (x) 3 f (x) ln x f (3) f (1) 3 và dx 0 . Tính tích phân I dx 2 1 x 1 1 x 1 Lời giải u f (x) ln x 1 3 du f (x) dx f (x) ln x x Xét I .dx , đặt 1 2 dv dx 1 x 1 2 1 x x 1 v 1 x 1 x 1 3 x 3 xf (x) 1 Khi đó I f (x) ln x dx x 1 1 1 x 1 x 1 3 1 3 3 3 f (3) ln 3 f (1) 0 ln x 1 ln 3 ln 2 . 4 2 1 4 4 1 Ví dụ 7. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f (1) và 2 1 1 xf (x) f (x) x .ln(1 x2 )dx 2ln 2 1. Tính tích phân I dx 2 0 0 1 x Lời giải
17. 2x du dx 1 2 2 2 u ln(1 x ) 1 x Xét f (x) x .ln(1 x )dx 2ln 2 1 , đặt dv f (x) x dx x2 1 0 v f (x) 2 2 1 2 1 x 1 2 2xf (x) Khi đó 2ln 2 1 f (x) ln(1 x ) 2 x dx 2 1 x 0 0 1 xf (x) 1 3 1 1 1 f (1) 1 ln 2 2 dx xdx 2ln 2 1 ln 2 2I I ln 2 2 0 1 x 0 2 2 4 4 2.3.4. TẠO BÌNH PHƯƠNG CHO HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN a. Kiến thức sử dụng b Nếu f (x) 0 với x a;b thì f (x)dx 0 , dấu "=" xảy ra f (x) 0,x a;b a b Hệ quả: f 2 (x)dx 0 f (x) 0 với x a;b . a b. Ví dụ áp dụng Ví dụ 1. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 1;2 . Biết f (0) 1 , 2 2 2 f (x)dx 2 và  f (x)2 dx 4 . Tính tích phân I  f (x)3 dx 1 1 1 Nhận xét : Giả thiết chứa  f (x)2 và f (x) nên ta tạo bình phương dạng  f (x) a2 2 2 Ta chọn a sao cho  f (x) a2 dx 0  f (x)2 2af (x) a2 dx 0 1 1 2 2 2  f (x)2dx 2a f (x)dx a2 dx 0 4 4a a2 0 a 2 .Từ đó ta có lời giải 1 1 1 Lời giải 2 2 2 2 2 Ta có  f (x) 22 dx 0  f (x)2 4 f (x) 4 dx  f (x)2dx 4 f (x)dx 4 dx 1 1 1 1 1 4 8 4 0 f (x) 2 f (x) 2x c , mà f (0) 1 c 1 nên f (x) 2x 1 2 2 2 2 Khi đó I  f (x)3 dx 2x 1 3 dx 8x3 12x2 6x 1 dx 2x4 4x3 3x2 x 68 1 1 1 1 1 Ví dụ 2. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 0;1 . Biết xf (x)dx 1 và 0 1 1  f (x)2 dx 3 . Tính tích phân I  f (x)2018 dx 0 0 Nhận xét : Giả thiết chứa  f (x)2 và xf (x) nên ta tạo bình phương dạng  f (x) ax2
18. 1 1 Ta chọn a sao cho  f (x) ax2 dx 0  f (x)2 2axf (x) a2 x2 dx 0 0 0 1 1 1 2 2 a  f (x) dx 2a xf (x)dx a2 x2dx 0 3 2a 0 a 3.Từ đó ta có lời giải 0 0 0 3 Lời giải 1 1 1 1 1 Ta có  f (x) 3x2 dx 0  f (x)2 6xf (x) 9x2 dx  f (x)2dx 6 xf (x)dx 9 x2dx 0 0 0 0 0 1 1 2018 2018 3 3 6 3 0 f (x) 3x . Khi đó I  f (x) dx 32018 x2018dx . 0 0 2019 1 2 1 Ví dụ 3. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 0;1 . Biết  f (x) dx 0 5 1 2 1 và x. f ( x)dx . Tính tích phân I f (x)dx 0 5 0 Nhận xét : Giả thiết chứa  f (x)2 và f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó 1 trước hết ta biến đổi f ( x)dx để khử căn bằng cách đặt t x dx 2tdx 0 1 1 1 x 0 t 0 2 2 2 1 2 1 Đổi cận ta có 2 t f (t)dt t f (t)dt x f (x)dt . Đến đây x 1 t 1 5 0 0 5 0 5 2 2 2 2 ta được hai biểu thức  f (x) và x f (x) nên ta tạo bình phương dạng f (x) ax , 1 1 2 2 2 2 2 4 ta chọn a sao cho f (x) ax dx 0  f (x) 2ax f (x) a x dx 0 0 0 1 1 1 2 2 1 1 a  f (x) dx 2a x2 f (x)dx a2 x4dx 0 2a. 0 a 1Từ đó ta có lời giải 0 0 0 5 5 5 Lời giải 1 2 Xét x. f ( x)dx , đặt t x dx 2tdx 0 5 1 1 1 x 0 t 0 2 2 2 1 2 1 Đổi cận , khi đó 2 t f (t)dt t f (t)dt x f (x)dt x 1 t 1 5 0 0 5 0 5 1 1 1 1 1 2 2 2 2 4 2 2 4 Vì f (x) x dx 0  f (x) 2x f (x) x dx  f (x) dx 2 x f (x)dx x dx 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 2. 0 nên f (x) x2 . Do đó I f (x)dx x2dx 5 5 5 0 0 3
19. Ví dụ 4. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 0; . Biết f ( ) 0 , 2 2 2 2 2 2  f (x) dx và cos x. f (x)dx . Tính tích phân I f (x)dx 0 0 2 0 Nhận xét : Giả thiết chứa  f (x)2 và f (x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó 2 trước hết ta biến đổi cos x. f (x)dx để tạo biểu thức f (x) bằng cách đặt 0 u f (x) du f (x)dx 2 , khi đó f (x)sinx 2 f (x)sin xdx 0 dv cos xdx v sinx 2 0 2 2 f (x)sin xdx . Đến đây ta được hai biểu thức  f (x) và f (x).sinx nên ta 0 2 tạo bình phương dạng  f (x) asinx2 2 2 Ta chọn a sao cho  f (x) asinx2 dx 0  f (x)2 2asinx.f (x) a2 sin2 x dx 0 0 0 2 2 2  f (x)2dx 2a sin x. f (x)dx a2 sin2 xdx 0 0 0 0 2 a2 a a 0 1 0 a 2 .Từ đó ta có lời giải 4 2 Lời giải 2 u f (x) du f (x)dx Xét cos x. f (x)dx , đặt 0 2 dv cos xdx v sinx 2 2 khi đó f (x)sinx 2 f (x)sin xdx f (x)sin xdx 0 2 0 0 2 2 2 Ta có  f (x) 2sinx2 dx 0  f (x)2 4sinx.f (x) 4sin2 x dx 0 0 0 2 2 2 2 4  f (x) dx 4 sin x. f (x)dx 4 sin2 xdx 0 2 0 f (x) 2sin x 0 0 0 4 f (x) 2cos x c mà f ( ) 0 c 0 nên ta có f (x) 2cos x . Ta có 2
20. 2 2 I f (x)dx 2 cos xdx 2 0 0 7 Ví dụ 5. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  1;0 . Biết f ( 1) 10 2 0 f (x) 169 0 103 1 dx và x 1 . f (x)dx . Tính tích phân I f (x)dx 1 x 105 1 420 0 2 f (x) Nhận xét : Giả thiết chứa và f (x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó x 0 trước hết ta biến đổi x 1 . f (x)dx để đưa về f (x) bằng cách đặt 1 0 du f (x)dx 2 0 u f (x) 103 x 1 2 x2 , khi đó x f (x) x 2x f (x)dx dv x 1 dx v x 420 2 2 1 2 1 0 2 2 169 f (x) 2 x 2x f (x)dx . Đến đây ta được hai biểu thức và x 2x f (x) 1 105 x 2 f (x) nên ta tạo bình phương dạng a x3 2x2 , ta chọn a sao cho x 1 2 1 2 f (x) f (x) f (x) 2 a x3 2x2 dx 0 2a x3 2x2 . a2 x3 2x2 dx 0 x x x 0 0 1 2 1 1 f (x) 2 2 3 2 2 dx 2a x 2x . f (x)dx a x 2x dx 0 0 x 0 0 169 169 169 2a. a2 0 a 1.Từ đó ta có lời giải 105 105 105 Lời giải du f (x)dx 0 103 u f (x) Xét x 1 . f (x)dx , đặt x2 , khi đó dv x 1 dx 1 420 v x 2 0 2 0 0 103 x 1 2 2 169 x f (x) x 2x f (x)dx x 2x f (x)dx 420 2 2 105 1 1 1 1 2 1 2 f (x) f (x) f (x) 2 Ta có x3 2x2 dx 0 2 x3 2x2 . x3 2x2 dx x x x 0 0 1 2 1 1 f (x) 2 3 2 2 dx 2 x 2x . f (x)dx x 2x dx 0 x 0 0 169 169 169 f (x) 1 1 2. 0 x3 2x2 f (x) x4 2x3 f (x) x5 x4 c 105 105 105 x 5 2
21. 7 1 1 Mà f ( 1) c 0 nên f (x) x5 x4 10 5 2 1 1 1 1 5 1 4 1 6 1 5 1 Khi đó I f (x)dx x x dx x x 0 0 5 2 30 10 0 15 Ví dụ 6. Cho hàm số f (x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 0;2 . Biết f (2) 7 và 2  f (x)2 21x4 12x 12xf (x) với x 0;2 . Tính tích phân I f (x)dx 0 2 2 2 4 Nhận xét : từ giả thiết ta có  f (x) dx 21x 12x 12xf (x) dx 0 0 2 2 2 2 2 2 2 552  f (x) dx 21x4 12x dx 12 xf (x)dx  f (x) dx 12 xf (x)dx (*) 0 0 0 0 5 0 Đến đây ta có hai biểu thức  f (x)2 và f (x) nên ta chưa thể tạo bình phương, do đó du f (x)dx 2 u f (x) trước hết ta biến đổi xf (x)dx để tạo ra f (x) bằng cách đặt x2 dv xdx 0 v 2 2 2 x2 1 2 1 2 Khi đó xf (x)dx f (x) x2 f (x)dx 14 x2 f (x)dx , thế vào (*) ta được 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 2 552 1 2 2 2 288  f (x) dx 12 14 x f (x)dx  f (x) dx 6 x f (x)dx 0 ( ) 0 5 2 0 0 0 5 2 2 2 2 288 2 Mà 9x4dx nên ta có ( )  f (x) dx 6 x2 f (x)dx 9x4dx 0 0 5 0 0 0 2 2 2 2 3 3 f (x) 3x dx 0 f (x) 3x f (x) x c mà f (2) 7 c 1 f (x) x 1 0 2 2 Khi đó I f (x)dx x3 1 dx 2 0 0 1 Ví dụ 7. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0;1 thỏa mãn f (x)dx 2 , 0 1 1 1 7 2 13 3 xf (x)dx và  f (x) dx . Tính tích phân I  f (x) dx 0 6 0 3 0 Nhận xét : Giả thiết chứa  f (x)2 ,xf (x) vàf (x) nên ta tạo bình phương dạng 1  f (x) ax b2 ,ta chọn a,b sao cho  f (x) ax b2 dx 0 0 1  f (x)2 2axf (x) 2bf (x) 2abx a2 x2 b2 dx 0 0
22. 1 1 1 1 1  f (x)2 dx 2a xf (x)dx 2b f (x)dx 2ab xdx a2 x2 b2 dx 0 0 0 0 0 0 13 7 a2 2a. 4b ab b2 0 a2 3b 7 a 3b2 12b 13 0 . Để có a thì 3 6 3 3b 7 2 4 3b2 12b 13 0 3 b 1 2 0 b 1 a 2 , từ đó ta có lời giải Lời giải 1 1 Ta có  f (x) 2x 12 dx  f (x)2 4xf (x) 2 f (x) 4x 4x2 1 dx 0 0 1 1 1 1 1  f (x)2 dx 4 xf (x)dx 2 f (x)dx 4 xdx 4x2 1 dx 0 0 0 0 0 0 1 1 13 7 4 3 3 4. 4 2 1 0 f (x) 2x 1. Khi đó I  f (x) dx 2x 1 dx 10 3 6 3 0 0 2 Ví dụ 8. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0; thỏa mãn f (x)dx 1 , 2 0 2 2 2 2 2 3 sin x. f (x)dx 1 và  f (x) dx 2 . Tính tích phân I f (x).cos xdx 0 4 0 4 0 Nhận xét : Giả thiết chứa  f (x)2 ,sin x. f (x) vàf (x) nên ta tạo bình phương dạng 2  f (x) asin x b2 ,ta chọn a,b sao cho  f (x) asin x b2 dx 0 0 2  f (x)2 2asin xf (x) 2bf (x) 2absin x a2 sin2 x b2 dx 0 0 2 2 2 2 2  f (x)2 dx 2a sin xf (x)dx 2b f (x)dx 2ab sin xdx a2 sin2 x b2 dx 0 0 0 0 0 0 3 a2 b2 2 2a. 1 2b 1 2ab 0 4 4 2 4 2 a 1 2 8 a 1 b 1 2 b 1 2 0 , để có a thì 16 b 1 2 2 2 b 1 2 0 16 2 2 b 1 2 0 b 1 a 1 Từ đó ta có lời giải Lời giải 2 2 Ta có  f (x) sin x 12 dx  f (x)2 2sin xf (x) 2 f (x) 2sin x sin2 x 1 dx 0 0 0
23. 2 2 2 2 2  f (x)2 dx 2 sin xf (x)dx 2 f (x)dx 2 sin xdx sin2 x 1 dx 0 0 0 0 0 3 3 2 2 1 2 1 2 0 f (x) sinx 1 4 4 2 4 2 2 3 Khi đó I f (x).cos xdx sinx 1 .cos xdx 0 0 2 BÀI TẬP ÁP DỤNG 2 16 f ( x) 1 . Cho f (x) là hàm số liên tục trên R và thỏa mãn cot x. f (sin2 x)dx dx 1 . 1 x 4 1 f (4x) Tính tích phân I dx 1 x 8
24. 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm Thực tiễn giảng dạy ở trường THPT Hậu Lộc 4 tôi được nhà trường giao cho giảng dạy ba lớp 12A6, 12A7 và 12A9. Sau khi thử nghiệm dạy nội dung này qua việc lồng gép giờ dạy trên lớp, các giờ dạy tự chọn, bồi dưỡng tôi thấy học sinh rất hứng thú học tập, tiếp thu kiến thức có hiệu quả và chất lượng học toán được nâng lên rõ rệt. Sau khi áp dụng đề tài trên tôi đã khảo sát lại học sinh và thu được kết quả như sau: Lớp Sĩ Giỏi Khá TB Yếu Kém số SL % SL % SL % SL % SL % 12A6 36 4 11.1 10 27.8 20 55.6 2 5.5 0 0 12A7 39 9 23.1 12 30.8 17 43.6 1 2.5 0 0 12A9 42 2 4.8 6 14.3 31 73.8 3 7.1 0 0 Như vậy qua kết quả trên, so sánh với số liệu khảo sát lần đầu tôi nhận thấy chất lượng học tập môn toán của học sinh được nâng lên rõ rệt, số lượng học sinh khá giỏi tăng lên nhiều. Với đề tài này tôi cũng đã đưa ra trước tổ bộ môn để trao đổi, thảo luận và rút kinh nghiệm. Đa số các đồng nghiệp trong tổ đã đánh giá cao và vận dụng có hiệu quả, tạo được hứng thú cho học sinh và giúp các em hiểu sâu, nắm vững hơn về bản chất biến đổi trong việc tính tích phân của hàm ẩn , cũng như tạo thói quen sáng tạo trong nghiên cứu và học tập. 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1. Kết luận Dạy Toán ở trường THPT là một quá trình sáng tạo. Mỗi giáo viên đều tự hình thành cho mình một con đường ngắn nhất, những kinh nghiệm hay nhất để đạt được mục tiêu giảng dạy là đào tạo, bồi dưỡng nhân tài, những chủ nhân tương lai của đất nước. Việc tính tích phân và ứng dụng là dạng toán không thể thiếu được trong chương trình toán phổ thông cũng như trong kì thi THPT quốc gia . Nếu chỉ dừng lại yêu cầu trong sách giáo khoa thì chưa đủ, vì vậy đòi hỏi người giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo, thường xuyên bổ sung kiến thức và tích luỹ kinh nghiệm về vấn đề này. Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh học tập, đọc tài liệu tham khảo tôi và ôn thi THPT quốc gia tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nêu trên. Như vậy đề tài " Phương pháp tính tích phân của một số hàm ẩn" đã giúp học sinh có được hệ thống kiến thức, linh hoạt hơn trong việc định hướng biến đổi và có kinh nghiệm trong việc tính tích phân nói chung và tích phân của hàm ẩn nói riêng góp phần nâng cao chất lượng dạy học, đáp ứng được yêu cầu đổi mới trong dạy học.
25. Cuối cùng dù đã cố gắng tự nghiên cứu, tự bồi dưỡng và học hỏi đồng nghiệp song vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được sự góp ý , bổ sung của các đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn. 3.2. Kiến nghị 3.2.1. Đối với tổ chuyên môn : Cần có nhiều hơn các buổi họp thảo luận về nội dung phương pháp tính tích phân. Khuyến khích học sinh xây dựng bài tập toán liên quan đến những dạng bài tập toán trong bài giảng. 3.2.2. Đối với trường : Cần bố trí những tiết thảo luận hơn nữa để thông qua đó các học sinh bổ trợ nhau về kiến thức.Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần xây dựng bài giảng thành hệ thống những bài tập có phương pháp và quy trình giải toán. 3.2.3. Đối với sở giáo dục : Phát triển và nhân rộng những đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời sau mỗi năm sở sẽ tập hợp những sáng kiến kinh nghiệm đạt giải in thành sách nội bộ để gửi về các trường làm sách tham khảo cho học sinh và giáo viên. XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 22 tháng 5 năm 2018 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN do chính bản thân mình viết, không sao chép nội dung của người khác. Nguyễn Văn Mạnh 4. TÀI LIỆU THAM KHẢO: [1]. Sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo Dục Việt Nam, Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) - Nguyễn Huy Đoan ( Chủ biên) . [2]. Sách bài tập Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo Dục Việt Nam Nguyễn Huy Đoan ( Chủ biên) . [3]. Sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao, NXB Giáo Dục, Đoàn Quỳnh ( Tổng chủ biên) – Văn Như Cương ( Chủ biên) .
26. DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ và tên tác giả: Nguyễn Văn Mạnh Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Hậu Lộc 4 Cấp đánh giá Kết quả xếp loại đánh giá Năm học TT Tên đề tài SKKN (Ngành GD cấp xếp loại đánh giá huyện/tỉnh; (A, B, xếp loại Tỉnh ) hoặc C) 1 Sử dụng đạo hàm để giải Ngành GD cấp C 2013 phương trình , bất phương tỉnh trình và hệ phương trình. 2 Sử dụng số phức vào giải một Ngành GD cấp C 2012 số bài toán đại số. tỉnh