Skkn một số phương pháp giải toán tích phân

  • Số trang: 22 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 20 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

SÔÛ GIAÙO DUÏC ÑAØO TAÏO ÑOÀNG NAI TRÖÔØNG THPT TRÒ AN TOÅ TOAÙN Mã số : SAÙNG KIEÁN KINH NGHIEÄM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN Người Thực Hiện : Leâ Coâng Quyù Lĩnh vực nghiên cứu Quản lý giáo dục Phương pháp dạy học bộ môn Phương pháp giáo dục Lĩnh vực khác Sản phẩm đính kèm : Mô hình phần mềm phim ảnh Năm học: 2011-2012 Trang1 Hiện vật khác SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC ****** I. 1. 2. 3. 4. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ và tên : Leâ Coâng Quyù Ngày tháng năm sinh : 14/03 /1973 Nam, nữ :nam Địa chỉ : Tổ 1, Khu phố 3, Thị trấn Vĩnh An, Huyện Vĩnh Cửu, Tỉnh Đồng Nai 5. Điện thoại di động : 01677895669 6. Fax: e- mail: 7. Chức vụ: 8. Đơn vị công tác: Trường THPT Trị An II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: - Học vị: cử nhân - Năm nhận bằng : 1996 - Chuyên ngành đào tạo: Toaùn III. KINH NGHIỆM KHOA H ỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm : dạy học môn Toaùn - Số năm có kinh nghiệm: 16 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 2 năm gần đây : Phương pháp giải phương trình lượng giác Trang2 I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chöông trình toaùn hoïc phoå thoâng , Tích phaân laø moät vaán ñeà khoù ñoái vôùi hoïc sinh , thöôøng hoïc sinh luùng tuùng khi laøm baøi, khoâng bieát baét ñaàu töø ñaâu, xuaát phaùt töø caùi gì, söû duïng phöông phaùp gì caùch bieán ñoåi naøo cho phuø hôïp . ñoïc baøi giaûi , saùch tham khaûo thì coù theå hieåu ñöôïc nhöng khi thöïc haønh thì khoù vaø thöôøng maéc sai laàm khi laøm toaùn . Tröôùc thöïc traïng ñoù baûn thaân toâi qua nhieàu naêm giaûng daïy . ñaõ ñuùc keát ñöôïc moät vaøi kinh nghieäm nhoû khi giaûi toaùn tích phaân. xin ñöôïc trình baøy döôùi ñaây ñeå ñoàng nghieäp vaø hoïc sinh coù theå tham khaûo vaø goùp yù kieán. Ñeà taøi tích phaân thì roäng , ôû ñaây toâi chæ giôùi thieäu moät số phöông phaùp giaûi baøi toaùn tích phaân maø trong quaù trình giaûng daïy hay gaëp nhaát. Beân caïnh ñoù ñöa baøi toaùn minh hoïa vaø caùch giaûi cuï theå roû raøng. Töø thaáp ñeán cao , töø ñôn giaûi ñeán phöùc taïp, ñeå hoïc sinh coù theå tham khaûo vaø hình thaønh ñöôïc phöông phaùp giaûi cho mình, töø ñoù thaáy höùng thuù hôn trong hoïc taäp moân Toaùn noùi chung vaø phöông phaùp giaûi tích phaân noùi rieâng. Trang3 II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN - Từ cơ sở sách giáo khoa giải tích lớp 12 nâng cao do nhà giáo Đoàn Quỳnh tổng chủ biên tôi tóm tắc phần lý thuyết như sau: a. Định nghĩa tích phân : cho hàm số f(x) liên tục trên khoảng K và a, b là hai số bất kỳ thuộc K. nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên K thì hiệu số F(b) – F(a) được gọi là tích b f ( x) dx phân của f(x) từ a đến b và ký hiêu là:  a b f ( x) dx là tích phân của f(x) trên đoạn [a;b] trong trường hợp a < b ta gọi  a người ta còn dùng ký hiệu để chỉ hiệu số F(b) – F(a) b b f ( x )dx = F ( x ) a = F(b) – F(a) vậy theo định nghĩa ta có :  a b. Tính chất của tích phân : giả sử các hàm số f(x) ,g(x) liên tục trên khoảng K và a,b,c là các số thuộc K. a f ( x )dx 0 (1)  a b a f ( x )dx   f ( x )dx (2)  a b b c c f ( x )dx   f ( x )dx  f ( x)dx (3)  a b a b b b [ f ( x)  g ( x )]dx   f ( x )dx   g ( x )dx (4)  a a a b b kf ( x )dx k  f ( x )dx (5)  (k : hằng số) a a - Trong sách giáo khoa các phương pháp tính tích phân chưa thật sự đầy đủ các dạng bài tập . do đó chưa đáp ứng đủ nhu cầu kiến thức phục vụ cho học sinh tham gia các kỳ thi như trung học chuyên nghiệp, cao đẳng và tuyển sinh đại học . Thông qua đề tài này , tôi đã phân loại , bổ sung thêm các dạng toán mà sách giáo khoa chưa giới thiệu theo tinh thần từ thấp đến cao, từ đơn giản đến phức tạp . mỗi loại có trình bày phương pháp cụ thể và ví dụ minh họa , bài giải một cách rõ ràng để học sinh và đồng nghiệp tiện tham khảo. Trang4 2. NỘI DUNG , BIỆN PHÁP THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI: a. Tính tích phân bằng định nghĩa phương pháp: xác định được ngay nguyên hàm của hàm số dưới dấu tích phân rối áp dụng định nghĩa để tính tích phân ví dụ 1: tính các tích phân sau:  4 3 a) 3 ( x  1)dx 1  4  b)  2  3 sin x dx    cos x  2 c) x  1 dx 2 4 giải 3 a) ( x 3  1)dx = 4 ( 1 x  x) 4 3 = 1 4 3 1  3  (  1) 4 4  4 = 24   4  b)  2  3 sin x dx = (4 tan x  3 cos x) 4 =    cos x 4  4 4 tan      3 cos  ( 4 tan  3 cos ) 8 4 4 4 4 2 c)I = x  1 dx 2  x - 1 neu x 1 vì x  1  1  x neu x 1 1 2 I  (1  x )dx  ( x  1) dx 2 1 2 ( x  1 - 1 2 x x2 ) (  x) 2 2 2 1 1 1  (  2  2)  2  2  (  1) 5 2 2 Chú ý: ở dạng này học sinh thường mắc sai lầm khi lấy nguyên hàm , các em thường để cả dấu trị tuyệt đối khi lấy nguyên hàm . Sai lầm : nguyên hàm của f(x) = x 1 là F(x) = x2  x 2 b. Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số : b Tính tích phân f ( x)dx a Cơ sở của phương pháp đổi biến số là công thức sau đây b u (b) a u(a) f  u ( x) u ' ( x)dx  f (u )du Trang5 Trong đó hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục trên K, hàm số y = f(u) liên tục và sao cho hàm số f[u(x)] xác định trên K; a,b là 2 số thuộc K b chú ý: nếu tính tích phân g ( x).h( x)dx bằng phương pháp đổi biến a đặt u = u(x) sao cho : h(x) = k u’(x) ( k hằng số ) và g(x) biểu diển được theo u ví dụ : Tính các tích phân sau: 1 a) I = e  x2 xdx  4 b) J = 0 1 phân tích : a) I = e e 1  ln x dx x 1 cos 2 x dx  1  2 sin 2 x 0  x2 c) H =  xdx 0 Ta xem g(x) = e  x ; h(x) = x Đặt u = -x2  g(x) = eu ( g(x) : biểu diễn được theo u ) 2 u’(x) = -2x = -2h(x)  h(x) =  1 u ' ( x) 2 ( h(x) : bằng u’(x) nhân hằng số ) Vậy bài toán đặt u = -x2 là hợp lý giải a) Đặt u = -x2  du = -2xdx  xdx = Đổi cận x = 1  u = -1 x=0u=0 1 do đó I = b) J =  4 0 1 1 1  e u du  e u du  e u 20 2 1 2 0 1  1 du 2 1 e 1  (e 0  e  1 )  2 2e cos 2 x 1  2 sin 2 x dx 0 đặt u = 1+2sin2x  du = 4cos2xdx  cos2xdx = đổi cận x =  4 u=3 x= 0  u = 1 3 do đó J = 1 1 1 1 1 3 du  ln u 1  (ln 3  ln 1)  ln 3  41u 4 4 4 e c) H = 1  ln x dx x 1  đặt u = 1+ lnx  du = 1 dx x đổi cận x = e  u = 2 Trang6 du 4 x=1u=1 2 do đó H = udu  1 u2 2 2 2  1 1 3  2 2 c. Tích phân hàm số hữu tỉ: dx 1 a 1 Dạng 1: I = ax  b  a ax  b dx  a ln ax  b  C Dạng 2: I = ax 2 dx ( a 0)  bx  c ( với  = b2 -4ac)  nếu  > 0 : ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2) nên  1 1 1    a ( x1  x 2 )  x  x1 x  x 2 I=  x  x1 1 dx  ln C a ( x1  x 2 ) x  x 2   nếu  = 0 : ax2 + bx + c = a(x – x0)2 ( với x0 = 1 dx  b 2a ) nên 1 I = a ( x  x ) 2  a( x  x )  C 0 0  nếu  < 0: ax2 + bx + c = a(x- x0)2 + (   ) 4a     2 = a ( x  x0 )  ( 2 ) 4 a   1 du dùng đổi biến u = tant 2  a u  2 (mx  n)dx Dạng 3: I =  2 ax  bx  c  (ax 2  bx  c)'  1 phân tích I =  . ax 2  bx  c   . ax 2  bx  c dx   1 (mx  n) dx chú ý: nếu  > 0 ta có : I = a ( x  x )( x  x ) 1 2 nên I có dạng I = phân tích mx  n A B   ( x  x1 )( x  x 2 ) x  x1 x  x 2 đồng nhất hệ số ta tìm được A,B sau đó đưa về dạng 1 1 ( mx  n) dx nếu  = 0 ta có I = a  ( x  x ) 2 = 0 mx0  n mx0  n 1 m 1 (  )dx  ln x  x0  C 2  a x  x0 ( x  x0 ) a x  x0 ví dụ: Tính các tích phân sau: 2 A= dx  2x  1 1 2 ;B= xdx 2  1 ( 2 x  1) ; C= 1 2 2 xdx 2  0 x  3x  2 1 ;D= x 0 4x  3 dx  x 1 2 giải: 2 A= dx 2x  1 = 1 2 1 d ( 2 x  1) 2 2x  1 1 = 2 1 1 1 l n 2 x  1 1  (ln 3  ln 1)  ln 3 2 2 2 Trang7 2 B= xdx 2  1 ( 2 x  1) 2 1 1   2  1 2 x  1 (2 x  1) ln 2 x  1 C= 1 2 x 2 0 2 1  1 2 = 1 1 4 2x  2 2 xdx 2  1 ( 2 x  1)   dx  2 xdx =  3x  2 C ( 0 1 4 1 2 2 2 0 2)  A B A( x  2)  B( x  1) ( A  B ) x  2 A  B    x 1 x 2 ( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2)  A  B 2  A  2     2 A  B 0  B  4 1  2 4  )dx  2 ln x  1 02  4ln x  2 x 1 x 2 1 2 0 1 3  4. ln 2 ln 2  4 ln 3  4 ln 2 4 ln 3  2 ln 2 2 2 1 4x  3 D= x 2  x  1dx 0 4x  3  (2 x  1)  Phân tích : x 2  x  1  x  x  2  x 2  x  1 2 2 4  2     3  1 1 1 1 4x  3 2x 1 1 D= x 2  x  1dx = 2x 2  x  1dx  x 2  x  1dx 0 0 0 1 Ta có: 1 =4 2)  2. ln giải hệ 1 2 2 xdx ( x  1)( x  2x 1 2  1 1  2 2x  1   dx  2 ( 2 x  1) 2  2  1 (2 x  1) d ( 2 x  1) 1 d ( 2 x  1) = + 4  2  2x  1 1 1 ( 2 x  1) 2 1 1 1 1 1    1 = = ln3 ln3 + 11 4 4 3 4 6  phân tích : ( x  1)( x  giải hệ : = 1 1 2x 1 d ( x 2  x  1) 2 2 dx 2  2 2 ln x 2  x  1 2 ln 3 0 x  x 1 0 x  x 1 0 Trang8 1 1 1 1 I  2 dx   dx 2 2 x  x  1  3 0 0  1   x      2   2  1 3    đặt x  2  2 tan t , t    2 ; 2    đổi cận : x = 0  t =  6  x= 1  t = dx = 3 3 (tan 2 t  1)dt 2 2 2  3 1    3 (tan 2  1)  x      2 4   2  I= 3 (tan 2 x  1) 2 dt = 3 2  (tan x  1) 6 4   3  3 vậy D = 2ln3 + 2  3 dt   6 2 3 t  3  6  2    3 6 3 3 3 3 d. Tích phân của hàm vô tỉ: phương pháp : 1) khi gặp tích phân của hàm chứa n f ( x) ta dùng phương pháp đổi biến số , đặt u = n f ( x) ( f(x) : đa thức hoặc phân thức) nếu biến số vừa nêu không giải được thì : + dùng x = acost ( hoặc x = asint ) khi gặp a 2  x 2 + dùng x = atant khi gặp a 2  x 2 2) với dạng (mx  n) dx 2 ax  bx  c , đặt u = 1 mx  n 2 nếu (ax +bx+c)’ = k(mx + n) ta có thể đặt u = ví dụ : Tính các tích phân sau: 1 0 1 3 1 xdx x 3 dx dx; b) B  ; c )C  3x  1 2x  1 x2  2 0 1 0 x 1 a ) A  ax 2  bx  c giải 1 x 1 a) A 3 3x  1 đặt u = 3x  1 0 3 dx  u3 = 3x + 1 3u2du = 3xdx  u2du = xdx và x = đổi cận : x = 0  u = 1 x=1u= 3 4 Trang9 u3  1 3 u3  1 3 4 3 1 4 1 1  u5 1  83 2 6  1  183 2 6  63 2 2 2 4 2 3 A u du  (u  2u )du    u     23 2         u 3 3 5 3 5 5 3 5 5 5 5   1 1    1 3 4 1 xdx b) B   0 1  2x 1 đặt u = 2 x  1  u 2 2 x  1  2udu 2dx  udu dx và đổi cận : x = 0  u = 1 x=1u= x= u2  1 2 3 2 u 1 3 .udu 3 1 1  u3 u2  1 9 1 1 3 13 2 2    3      B   (u  u )du     1 u 2 1 2 3 2 1 2 2 3 2 2 6 1 3 1 c) C  0 x 3 dx x2  2 đặt u = x 2  2  u 2  x 2  2  đổi cận : x = 0  u = 2 x=1u= 3 1 C  0 và x2 = u2 – 2 udu  xdx 3 3  u3  (u 2  2)udu   u 2  2 du   2u  2 u x 2  3  2 2 x 2 xdx 2 Ví dụ 2: dx 3  3 2 3 ( 2 2 2 4 2  2 2)   3 3 1 dx A  ; B  2 2 1 x 2x  2x 1 0 ( x  1) x  2 x  2 Giải 2 dx A  2 1 x 2x  2x  1 1 1 đặt u = x  x = u  dx =  đổi cận : x = 1  u = 1 x=2u=½ 1 du u2 1 1 du du 1 1 2 2 u A   u  1 2 2 1 2 2 1 1   1 12   1 12 2 2 2 u u u u u u u 1 2  ln u  1  (u  1) 2  1 hú ý:  dx 2 ( x  a)  b 1 1 2 ln(2  5 )  ln( 1 du u2 2  2u  u 2 1  1 2 3  13 42 5 ) ln 2 3  13 ln x  a  ( x  a ) 2  b  C Trang10 du 2  2u  u 2 1  1 2 du (u  1) 2  1 c 3 1 dx B  2 0 ( x  1) x  2 x  2 đặt t = x 2  2 x  2  t2 = x2 + 2x + 2  tdt = (x+ 1)dx đổi cận : x = 0  t = 2 x=1t= 5 1 5 ( x  1) dx B  2 0 ( x  1) 1   ln 2  51 1 A 5 1  1 t1  1  t  1  t  1  dt  2 ln t  1 2 2  1  1 ( 5  1)( 2  1)  ln  2 2 1  ( 5  1)( 2  1)  ln 5 1 Ví dụ 3: 5 tdt dt 1  2 2  2 (t  1)t t 1 2 x  2x  2 2 2 3 dx  dx;B   8  2x  x 2  1/ 2 1 1  x2 dx x2 giải 1 A   1/ 2 1 dx 8  2x  x 2 dx  dx  9  ( x  1) 2  1/ 2    ;  2 2  đặt x-1 = 3sint , x    dx = 3costdt đổi cận : x =  1 2 t=   6 x=1t=0 9  ( x  1) 2  9  9 sin 2 t  9(1  sin 2 t ) 3 cos 2 t 3 cos t 0 Do đó : A =  3 B  1 0 3 cos tdt  0  dt t     6 6  3 cos t   6 6 1 x2 dx x2   ;  2 2  3t= 3  1t= 4   đặt x = tant , x   đổi cận : x = x= dx = (1 + tan2x)dt 2 2 1  x 2  1  tan 2 t , x = tan t Trang11 5 2  3 B=   4 1   3 3 2 1  tan t 1 1 cos t cos t 2 ( 1  tan t ) dt  . dt  dt  dt 2  2 2  2  2 2 tan t cos t  sin t  cos t . sin t  cos t . sin t 4 4 4 cos 2 t  3 2 đặt u = sint  du = costdt đổi cận : t = t= B= 3 2  3  u 3 2  2  u 4 2 du (1  u 2 2 3 2 2 )u 2 = 1  1  1  u 2  1  u 2 du  u 2 2  2 2  3 2 2 2 1  2 3 2 1 1 1 ( u  1  u  1)du  u 2 2 3 2 2 2 1 u 1  ln 2 u 1 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1  ( 3  2)( 2  2)     ln  ln   ln  3 2 3 2 2  2 2 3 2  ( 3  2)( 2  2)  2 e.Tích phân hàm lượng giác *Xét tích phân dạng R(sin x, cos x)dx nếu R( sin x, cos x)  R(sin x, cos x) thì đổi biến số t = cosx nếu R(sin x, cos x)  R(sin x, cos x) thì đổi biến số t = sinx nếu R(  sin x, cos x)  R(sin x, cos x) thì đổi biến số t = tanx x nếu 3 cách trên thất bại đặt t = tan 2 *Dạng đặt biệt sin n x cos m xdx(m, n  Z ) nếu n lẻ, m chẵn : đổi biến số t = cosx nếu n chẵn, m lẻ : đổi biến số t = sinx nếu n lẻ, m lẻ : đổi biến số t = sinx ( hoặc t =cosx) nếu n chẵn, m chẵn và mn < 0 : đổi biến số t = tanx Ví dụ1: Tính các tích phân sau:  2  2 0 0 A = cos 2 2 xdx ; B = sin 4 x. cos 2 xdx giải:  2 3 2  2  A = cos 2 xdx = 1 (1  cos 4 x)dx  1 ( x  sin 4 x ) 2  20 2 4 4 0 0 2 Trang12  2 B= sin 4 x. cos 2 xdx = 0  2  2 1 1  cos 2 x cos 6 x  1  1 1 1 1 2 (sin 2 x  sin 6 x)dx              20 2 2 6 0 2 2 6 2 6 3 Ví dụ 2:  2 3 cos x A =  4 dx ; B=  sin x 6  4  3  2 3 sin x sin 3 x cos 2 xdx ; C  sin x dx ; D   4 dx   0  cos x cos x 0 6 giải  2 cos 3 x * A =  4 dx  sin x 6 đặt t = sinx  dt = cosxdx đổi cận x =  x=  6 2 1 2 t= t=1  2  1 1 2 2 2 cos 2 x. cos x (1  sin 2 x). cos x 1 t 2 1  1 A  dx  dx  dx  4  2  dx 4 4 4   sin x sin x t t    1 1t 6 6 1 1 1 1   8  4       1     2   3 t1 3  3t  3  3 2  3 2 * B= sin x cos xdx 0 đặt t = cosx  dt = -sinxdx  sinxdx = -dt đổi cận x = 0  t = 1 x =   t = -1  2 2  B= sin x cos x sin xdx = 0  1 2 2 (1  cos x) cos x sin xdx  2 2 2 2 2 4 (1  t )t dt  (1  t )t dt  (t  t )dt 0 3 5 t t   5  3 1 1 1 1  1 1 1 1 4         1 3 5 3 5 15  3 3 * C  sin x dx 0 cos x Trang13 1 1 đặt t = cosx  dt = -sinxdx  -dt = sinxdx đổi cận : x = 0  t = 1  x=  3 t= 3 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1  cos x 1 t2 1 t2 1 C  . sin xdx   dt   dt  (  t )dt cos x t t 1 1 t 0 1 1 t2 1  1 1 3 )    ln     ln 2 2 1 2  2 8 8 (ln t  2 chú ý : ta có thể đặt t = sinx  dt = cosxdx  3 3 2 3 3 khi đó C  sin 2 x cos xdx   t 2 dt 0 cos x 0 1 t dùng tích phân hàm hữu tỉ ta tính được , tuy khá phức tạp hơn cách làm trên , trong trường hợp này ta nên dùng đổi biến đặt t = cosx biến ở mẫu số .  4 sin 2 x D  *  4 dx  cos x 6 Đặt t = tanx  dt = đổi cận: x =  4  6 1 dx cos 2 x t= 3 3 ; x=  4  4 t=1 1 1 t3 sin x 2 2 tan x . . dx  t dt  D  dx    4 =  3 cos 2 x 1  cos x 2 6 6 3 1 1 3 1 1  1 1  1     3 3 3  3 9 3 f.Phương pháp tích phân từng phần Cơ sở của phương pháp này là công thức sau: b u ( x)v' ( x)dx (u ( x)v( x)) a b a b  v( x)u ' ( x)dx a Trong đó các hàm số u,v có đạo hàm liên tục trên K và a,b là hai số thuộc K Ta còn viết công thức dưới dạng: b udv uv a b a b  vdu a Các loại tích phân dùng phương pháp từng phần thường gặp: P( x)Q( x)dx nếu P(x) : đa thức Q(x) các hàm sau : eax+b , sin(ax + b) , cos(ax + b) đặt u = P(x) ; dv = Q(x)dx Trang14 nếu P(x) : đa thức Q(x) : loga(cx + d) đặt u = Q(x) ; dv = P(x)dx V í d ụ: Tính tích phân các hàm số sau: 1 3x  2  6 0 0 a) A= xe dx b) B= ( x  1) cos xdx c) C= ( 2  x) sin 3 xdx 0 5 d) D = 2 x ln( x  1)dx 2 giải: 1 3x a)A= xe dx 0 đặt u = x  du = dx e 3x 3 dv = e3xdx  v = A= x e3x 3 1 1  0 e3x e3 dx =  3 3 0 - e 3x 9 1 = 0 e 3 e 3 1 2e 3 1     3 9 9 9 9  2 b)B = ( x  1) cos xdx 0 đặt u = x - 1  du = dx cosxdx = dv  v = sinx B = (x - 1)sinx  2 0  2       1  cos x 2 =  1  1   2 = sin xdx  0 2 2 2 0  6 c) C = ( 2  x ) sin 3 xdx 0 đặt u = 2 – x  du = - dx dv = sin3xdx chọn v = C = - (2 - x) cos3x 3  6 0 cos 3 x 3  6 cos 3x 2 sin 3x   dx   3 3 9 0  6 0 5 d) D = 2 x ln( x  1)dx 2 đặt u = ln(x-1)  du = 1 dx x 1 dv = 2x dx chọn v = x2 – 1 Trang15 2 1 5    3 9 9 5 D (x 2 - 1)ln(x - 1) 2 5  x2  1 dx 24 ln 4   x 1 2 5 ( x  1)dx 2 5 2 x 27  x) 24 ln 4  2 2 2 24 ln 4  ( nhận xét: *học sinh thường chọn v = x2 rồi tính tích phân 5 x2 dx  x  1 2 = 5 5 ( x  1  2 1 x2 )dx (  x  ln x  1 ) x 1 2 2 *ở đây ta chọn bất kỳ một nguyên hàm của 2x sao cho việc biến đổi bài toán đơn giản nhất . Chú ý: ngoài ra còn gặp các tích phân mà ta phải dùng tích phân từng phần nhiều lần để làm xuất hiện lại tích phân ban đầu . Và đôi khi gặp các tích phân không thuộc các dạng ở trên, dùng phương pháp đổi biến số không giải được ta có thể dùng phương pháp tích phân từng phần Ví dụ tính các tích phân sau:  2  3 e a) A = e x cos xdx ; b)B = (ln x) 2 dx ; c) C = 1 0 ln(sin x ) dx 2 x   cos 6 Giải  2 a) A = e x cos xdx 0 đặt u = ex  du = exdx cosxdx = dv chọn v = sinx A= e x sinx  2  2 0  2 - e x sin xdx = e  0  2 e x sin xdx 0  2 Tính B = e x sin xdx 0 đặt u1 = e  du1 = exdx sinxdx = dv1 chọn v1 = -cosx x  B = -e x cosx  2 0  2 + e x cos xdx = 1+A (2) 0  từ (1) và (2)  A = e 2  (1 + A)  2 A= e 1 2 Trang16 (1) e b) B = (ln x) 2 dx 1 1 đặt u = (lnx)2  du = 2. x ln xdx dv = dx chọn v = x e e e 1 1  B = x(ln x) 2 1  2 ln xdx e  2ln xdx e Tính C = ln xdx 1 đặt :u 1 = lnx  du1 = 1 dx x dv1 = dx chọn v1 = x e e e  C = x ln x 1  dx e  x 1 e  e  1 1 1 vậy B = e – 1  3 c)C = ln(sin x ) dx 2 x   cos 6 cos x dx sin x đặt u = ln(sinx)  du = 1 dv = cos 2 x dx chọn v = tanx  3  6  3  C = tan x. ln(sin x)  tan x. 3 ln 3  = 2 3 ln 2  1 3  6 cos x 3 1 1 dx  3 ln  ln  sin x 2 3 2  ln 2  x 3  6  3 dx  6 3 2  ln 3  ln 2  2 6 3 BÀI TẬP LÀM THÊM Tính các tích phân sau: 1 x � Bài 1: a) I  e 2 0 e ln x .xdx ; b) I  � dx c) x 1 0 Bài 2: a) 2 1 dx  3 x  4 1 2 b) 1 dx  2 ( 3 x  1 ) 1 2 c) 1 d) x dx  2 0 x  3x  2 Trang17 x 1  4 tan x e dx d) 2 � 0 cos x 5( x  1) dx 2  x 6  4 e tan x dx 2 � cos x 0 2 2 x2 dx c) I  x x  3dx b) I  � Bài 3: a) I  � 1 x3  1 0 2 ln 3 I �(e 0 ex x  1)3 2 �x  2.x 3 dx d)  /4 1  tgx dx cos 2 x 0 dx  2  /2 3 4 tg x.dx Bài 4: a) sin x.dx b) cos 7 xdx c)  d) cos 2 x 0 0 0 5  2 2 1 Bài 5: a) I  x. cos x.dx b)  0 0 e 2 1 1   /4 e I  e x sin 2 (x ).dx 2  ln x .dx x2 d) A  (1  ln x) 2 .dx; B   Trang18 c) I  ( 2 x  2). ln x.dx 1 III.HIỆU QỦA CỦA ĐỀ TÀI : - Sau một năm áp dụng sáng kiến này vào các lớp mà tôi trực tiếp giảng dạy ở trường THPT trị an, thấy học sinh hứng thú hơn trong học tập nhận dạng được bài toán tích phân , áp dụng giải được bài tập sách giáo khoa và các tài liệu tham khảo khác . - số liệu thống kê kết qủa đạt được so với trước khi thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này Năm học 2010 – 2011 khi chưa làm sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã cho 2 lớp :12A11, và 12A10 làm bài kiểm tra 45 phút và kết qủa thu được như sau: lớp 12A10 Sĩ số giỏi Khá Trung bình yếu-kém 45 2 10 9 24 % 4.5 22.2 20 53.3 lớp 12A11 Sĩ số giỏi Khá Trung bình yếu-kém 46 1 11 8 26 % 2.2 23.9 17.4 56.5 năm học 2011-2012 sau khi làm xong sáng kiến kinh nghiệm này , tôi đã cho 2 lớp 12A1 và 12A4 làm bài kiểm tra 45 phút và kết quả thu được như sau: lớp 12A1 Sĩ số giỏi Khá Trung bình yếu-kém 44 10 25 8 1 % 22.7 56.8 18.2 2.3 lớp 12A4 Sĩ số giỏi Khá Trung bình yếu-kém 40 6 21 11 2 % 15 52.5 27.5 5 mặc dù việc so sánh này ở các lớp khác nhau , chất lượng học sinh khác nhau nên chưa được chính xác cho lắm. nhưng dù sao Nhìn vào 2 bảng thống kê cũng phản ánh được một phần nào đó sự tiến bộ của học sinh sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này . Trang19 IV. ĐỀ XUẤT , KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG: Sáng kiến kinh nghiệm này có phạm vi áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả cao tại trường và các trường bạn trên cơ sở đó đề xuất : - hằng năm giáo viên trong nghành giáo dục làm rất nhiều đề tài tham gia các cuộc thi hội giảng , chiến sĩ thi đua cấp cơ sở , chiến sĩ thi đua cấp tỉnh . nghành có kế hoạch chọn các đề tài chất lượng đóng thành đĩa CD phát hành về các trường để giáo viên và học sinh tham khảo. V. TÀI LIỆU THAM KHẢO: 1. Sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao do Đoàn Quỳnh tổng chủ biên – nhà xuất bản giáo dục phát hành - năm 2008 2 . sách giáo khoa giải tích 12 chỉnh lí hợp nhất năm 2000 do Ngô Thúc Lanh chủ biên – nhà xuất bản giáo dục phát hành năm 2000 3. sách chuyên đề luyện thi vào đại học - Giải Tích - Đại Số tổ hợp do trần văn hạo chủ biên – nhà xuất bản giáo dục phát hành năm 2001 Vĩnh an ngày 21 / 5 / 2012 Người thực hiện Lê Công Quý Trang20
- Xem thêm -