Tài liệu Các chuyên đề toán phổ thông tập 2

  • Số trang: 54 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 87 |
  • Lượt tải: 0
bachkhoatailieu

Tham gia: 31/07/2016

Mô tả:

DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF Tháng 06/2015 Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net Lêi nãi ®Çu Taøi lieäu naøy khoâng phaûi laø taøi lieäu chính thöùc cuûa Dieãn ñaøn toaùn hoïc (VMF) nhöng do caù nhaân toâi laø thaønh vieân cuûa trang dieãn ñaøn thaûo luaän toaùn hoïc naøy neân toâi xin maïo muoäi ghi xuaát xöù laø VMF mong quaûn trò cuûa trang web boû qua yeáu toá treân. Haøng naêm moãi giaùo vieân trung hoïc phoå thoâng ñeàu laøm moät saùng kieán kinh nghieäm veà lónh vöïc chuyeân moân giaûng daïy, tuy nhieân löôïng kieán thöùc maø thaày (coâ) daøy coâng boû ra nghieân cöùu ña phaàn bò boû queân. Hoâm nay toâi coá gaéng toång hôïp laïi caùc saùng kieán kinh nghieäm ñeå ñöa vaøo chung thaønh moät taøi lieäu “CAÙC CHUYEÂN ÑEÀ TOAÙN PHOÅ THOÂNG”. Ñeå tieän cho vieäc toång hôïp vaø theo doõi, toâi chia ra thaønh nhieàu taäp vôùi ñoä daøy moãi taäp taàm khoaûng 50 trang. Chæ laø vieäc toång hôïp noäi dung caùc saùng kieán ñeå cho caùc baïn tham khaûo neân coù ñieàu gì sai soùt mong caùc baïn boû qua. Ngöôøi toång hôïp CD13 Taäp 2 naøy goàm caùc noäi dung: + ÖÙng duïng tæ soá theå tích trong giaûi toaùn hình hoïc khoâng gian. + Moät soá kó naêng giaûi tích phaân. + Moät vaøi caùch nhôù coâng thöùc löôïng giaùc. + Moät phöông phaùp chöùng minh baát ñaúng thöùc. + Phöông trình maët caàu vaø öùng duïng. + ÖÙng duïng ñaïo haøm vaøo chöùng minh baát ñaúng thöùc. Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TRONG GIẢI TOÁN HHKG CƠ SỞ LÝ THUYẾT. Bài toán 1: (Bài 4 sgk HH12CB trang25) Cho khối chóp S.ABC, trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’ khác điểm S. CMR: VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '  . . VS . ABC SA SB SC (1) Giải: Gọi H và H’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và A’ lên (SBC) Ta có AH//A’H’. Ba điểm S, H, H’ cùng thuộc hai mp (AA’H’H) và (SBC) nên chúng thẳng hàng. Xét  SAH ta có SA ' A ' H ' (*)  SA AH Do đó 1 A ' H '.S SB ' C '  VS . A ' B ' C ' 3 A ' H ' SB '.SC '.sin B ' SC ' (**)   .  1 VS . ABC AH SB . SC .sin BSC AH .S SBC 3 A A' Từ (*) và (**) ta được đpcm □ Trong công thức (1), đặc biệt hoá, cho B’  B và B C’  C ta được VS . A ' B ' C ' SA '  VS . ABC SA B' H H' (1’) S C' C Ta lại có VS . ABC  VS . A ' BC  VA '. ABC SA ' .VS . ABC  VA '. ABC SA SA ' A ' A  1  SA SA V A' A Vậy: A '. ABC  VS . ABC SA (1')  VS . ABC   VA '. ABC VS . ABC (2) Tổng quát hoá công thức (2) ta có bài toán sau đây: Bài toán 2: Cho khối chóp đỉnh S, đáy là 1 đa giác lồi A1A2…An ( n  3) , trên đoạn thẳng SA1 lấy điểm A1’ không trùng với A1. Khi đó ta có VA1 '. A1 A2 ... An VS . A1 A2 ... An  A1 ' A1 SA1 (2’) Chứng minh (2’) bằng phương pháp quy nạp theo n; ta chia khối chóp S.A1A2…An thành các khối chóp tam giác rồi áp dụng công thức (2) DẠNG 1: TÍNH TỈ SỐ THỂ TÍCH CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net Ví dụ 1: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi M là trung điểm của CD và I là giao điểm của AC và BM. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.ICM và S.ABCD hoctoancapba. com S Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác BCD, do đó 1 1 1 1 1 1 VISCM  VB.SCM  . .VD.SBC  . . VS . ABCD 3 3 2 3 2 2 V 1 Vậy ISCM  VS . ABCD 12 Ví dụ 2: B Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi B’, D’ lần lượt là trung điểm của SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp được chia bởi mp(AB’D’) Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD và I là giao điểm của SO và B’D’. Khi đó AI cắt SC tại C’ Ta có B A D O M I C S C' B' I A D' O' D O C VS . AB ' C ' SB ' SC ' 1 SC '  .  ; VS . ABC SB SC 2 SC VS . AC ' D ' SC ' SD ' 1 SC '  .  VS . ACD SC SD 2 SC 1 SC ' 1 SC ' Suy ra VS . AB ' C '  VS . AC ' D '  . (VS . ABC  VS . ACD )  . .VS . ABCD 2 SC 2 SC Kẻ OO’//AC’ ( O '  SC ) . Do tính chất các đương thẳng song song cách đều nên ta có SC’ = C’O’ = O’C 1 1 2 3 Do đó VS . A ' B ' C ' D '  . .VS . ABCD Hay VS . A ' B ' C ' D ' 1  VS . ABCD 6 * Bài tập tham khảo: Bài 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều có trực tâm H và cạnh bằng a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CA và M, N, P lần lượt là trung điểm các đoạn SI, SJ, SK. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp H.MNP và S.ABC. Từ đó tính thể tích khối chóp H.MNP ĐS: VH .MNP 1  VS . ABC 32 Bài 2: Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng (  ) qua AB cắt SC, SD lần lượt tại M và N. Tính SM để mặt phẳng (  ) chia hình chóp SC thành hai phần có thể tích bằng nhau. ĐS: SM 3 1  SC 2 DẠNG2: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH Ví dụ 1:   ABC   900 , Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD AB  BC  a, AD  2a, SA  ( ABCD) và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a S Giải: Áp dụng công thức (1) ta có VS . BCM SM 1   VS .BCA SA 2 M N 2a 2a VS .CMN SM SN 1  .  VS .CAD SA SD 4 a D A Suy ra 1 1 VS .BCNM  VS .BCM  VS .CNM  VS . BCA  VS .CAD 2 4 3 3 a 2a a3    2.3 4.3 3 B C Ghi chú: 1 3 1/ Việc tính thể tích khối S.BCNM trực tiếp theo công thức V  B.h gặp nhiều khó khăn, nhưng nếu dùng tỉ số thể tích, ta chuyển việc tính thể tích khối S.BCNM về tính VSBCA và VSCAD dễ dàng hơn rất nhiều 2/ Khi dạy học có thể yêu cầu học sinh tính thể tích khối đa diện ABCDMN Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a Giải: Ta có Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net VCMNP CN CP 1  .  VCMBD CB CD 4 (a) S VCMBD VM .BCD MB 1    (b) VCSBD VS . BCD SB 2 M Lấy (a) x (b) vế theo vế ta được VCMNP 1 1   VCMNP  .VS .BCD VS . BCD 8 8 Gọi H là trung điểm của AD ta có SH  AD mà ( SAD )  ( ABCD) nên SH  ( ABCD) . 1 1 a 3 1 2 a3 3 Do đó VS . BCD  .SH .SBCD  . . a  3 3 2 2 12 3 a 3 Vậy: VCMNP  (đvtt) 96 A B H N D Ví dụ 3: Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, DA = 2a và DA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng DB và DC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a Giải: V DM DN Ta có DAMN  . VDABC DB DC C P D N 2a M A a C a a B AM và AN lần lượt là các đường cao trong các tam giác vuông DAB và DAC bằng nhau nên ta có DM DA2 4a 2 DM 4   2 4  2 MB AB a DB 5 DN 4  Tương tự DC 5 4 4 16 9 Do đó VD.AMN = . .VD.ABC = .VD.ABC. Suy ra VA.BCMN = .VD.ABC 5 5 25 25 1 a 2 3 a3 3 3a 3 3 Mà VD.ABC = .2a. . Vậy VA.BCMN = (đvtt)  3 4 6 50 Ghi chú: Ta có hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC A c b ' b2 sau đây  c ' c2 ( Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng) B b c' b' H C Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =SA = a, AD =a 2 SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, gọi I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIM theo a hoctoan capba.com Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác ABD, do đó S AI 2 AI 1    AO 3 AC 3 V AI AM 1 1 1 .  .  nên AIMN  VACDN AC AD 3 2 6 V NC 1 Mặt khác ACDN   VACDS SC 2 V 1 Từ (1) và (2) suy ra AIMN  VACDS 12 1 3 1 3 Mà VSACD  .SA.SACD  a. a N (1) Ma A a (2) 2 I D O B C a 2a a 3 2 1 a3 2 . Vậy VAIMN  .VSACD  (đvtt)  2 6 12 72 Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn thẳng AC sao cho AH = AC . Gọi CM 4 là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh rằng M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. Giải: Từ giả thiết ta tính được AH  a 2 a 14 3a 2 , SH  , CH  , SC  a 2  SC  AC 4 4 4 . Do đó tam giác SAC cân tại C nên M là trung điểm của SA. Ta có VS .MBC SM 1 1    VS .MBC  VS . ABC VS . ABC SA 2 2 1 1 a 2 a 14 a 3 14 (đvtt) VS . ABC  .SH .S ABC  . .  3 6 2 4 48 * Bài tập tham khảo:   900 , CAD   1200 , Bài1: Cho khối tứ diện ABCD có  ABC  BAD AB  a, AC  2a, AD  3a . Tính thể tích tứ diện ABCD. Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net ĐS: VABCD a3 2  2 Bài 2: Cho khối chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mp(AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a ĐS: VS . AB ' C ' D '  16a 3 45 Bài 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng. Gọi M, P lần lượt là trung điểm của SA và SC, mp(DMP) cắt SB tại N. Tính theo a thể tích khối chóp S.DMNP ĐS: VS . DMNP a3 2  36 Bài 4: (ĐH khối B – 2010) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. ĐS: VABC . A' B 'C '  3a 3 3 7a và R  8 12 DẠNG 3: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH KHOẢNG CÁCH Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng khó khăn nhất là xác định chân đường cao. Khó khăn này có thể được khắc phục nếu ta tính khoảng cách thông qua thể tích của khối đa diện, mà khoảng cách đó chính là độ dài đường cao của khối đa diện. Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng (ABC), AD = AC = 4cm, AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD). Giải: D Ta có AB2 + AC2 = BC2  AB  AC 1 6 Do đó VABCD  AB. AC. AD  8cm 2 I 4 Mặt khác CD = 4 2 , BD = BC = 5 Nên BCD cân tại B, gọi I là trung điểm của CD 1 2 2  S BCD  DC.BI  5  (2 2) 2  2 34 2 2 3V 3.8 6 34 Vậy d ( A, ( BCD ))  ABCD   SBCD 17 2 34 5 4 A C 5 3 B Ví dụ 2:   BAD   900 , AD = 2a, Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang, ABC BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net vuông góc của A lên SB. CMR tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mp(SCD) Giải: S V SH Ta có S . HCD  VS .BCD SB SAB vuông tại A và AH là đường cao nên H SH SA2 2a 2 SH 2 Ta có   2 2  2a HB AB 2 a SB 3 A a 2 3 2 2 1 a a 2 Vậy VS.HCD = VS.BCD = . a 2. = 3 3 3 2 9 1 B C Mà VS .HCD  d ( H , ( SCD)).S SCD . 3 2 2 2 SCD vuông tại C ( do AC + CD = AD ), 1 1 3a 3 2 a do đó SSCD  CD.SC  .a 2.2a  a 2 2 . Vậy d ( H , ( SCD))  2  2 2 9a 2 3 D Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C Giải: A' C' Gọi E là trung điểm của BB’,ta có EM//CB’ Suy ra B’C //(AME) nên B' d(B’C;AM) = d(B’C;(AME))= d(C;(AME)) Ta có VC . AEM MC 1   VC . AEB CB 2 a 2 1 1 1 a 2 a 2 a3 2  VC . AEM  VEACB  . . .  2 2 3 2 2 24 3V Ta có d (C ,( AME ))  C . AEM S AEM H A Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE, ta có BH  AE Hơn nữa BM  ( ABE )  BM  AE , nên ta được AE  HM Mà AE = E a a M C B a 6 a 3 1 1 1 3 , ABE vuông tại B nên    2  BH  2 2 2 BH AB EB a 2 3 a 2 a 2 a 21   BHM vuông tại B nên MH  4 3 6 2 1 1 a 6 a 21 a 14 Do đó SAEM  AE.HM  . .  2 2 2 6 8 Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net 3a 3 2 a 7 Vậy: d (C ,( AME ))   2 7 a 14 24. 8 Ghi chú: Có thể áp dụng công thức Hê – rông để tính SAEM Ví dụ 4: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của B' C' A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của BC. Tính khoảng cách Từ A đến mp(BCC’B’) Giải: A' 2a Theo giả thiết ta có A’H  (ABC). Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến nên AH = 1 BC = a. A ' AH vuông tại H nên ta có 2 2 2 A ' H  A ' A  AH  a 3 1 a.a 3 a 3 Do đó VA '. ABC  a 3  . 3 2 2 VA '. ABC 1 Mặt khác  VABC . A ' B ' C ' 3 B a C H K a 3 A 2 2 a3 Suy ra VA '.BCC ' B '  VABC . A ' B ' C '  .3.  a 3 3 3 2 3V Ta có d ( A ', ( BCC ' B '))  A '. BCC ' B ' S BCC ' B ' Vì AB  A ' H  A ' B '  A ' H  A ' B ' H vuông tại A’ a 2  3a 2  2a  BB ' .  BB ' H cân tại B’. Gọi K là trung điểm a 14 của BH, ta có B ' K  BH . Do đó B ' K  BB '2  BK 2  2 a 14 Suy ra S BCC ' B '  B ' C '.BK  2a.  a 2 14 2 3 3a 3 14a Vậy d ( A ',( BCC ' B '))  2  14 a 14 Suy ra B’H = * Bài tập tham khảo : Bài 1: Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mp(IBC) Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net ĐS: d ( A, ( IBC ))  2a 5 5 Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = AB = a, BC = 2a, điểm M thuộc AD sao cho AM = 3MD. Tính khoảng cách từ M đến mp(AB’C) ĐS: d ( A, ( AB ' C ))  a 2 Bài 3: Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mp(ABC),  ABC  900 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) nếu AD = a, AB = BC = b ĐS: d ( A, ( BCD))  ab 2 a  b2 Bài 4: Cho tứ diện đều ABCD, biết AB = a, M là 1 điểm ở miền trong của tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ M đến các mặt của tứ diện ĐS: h1  h2  h3  h4  3VABCD 2 a S ACB 3 Bài 5: Cho tứ diện ABCD và điểm M ở miền trong của tứ diện. Gọi r1, r2, r3, r4 lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện. Gọi h1, h2, h3, h4 lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối diện của tứ diện. CMR: r1 r2 r3 r4    1 h1 h2 h3 h4 DẠNG 4: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC Việc tính diện tích đa giác phẳng được quy về việc tính diện tích tam giác theo 1 2 công thức S  ah , trong đó h – chiều cao và a là độ dài cạnh đáy. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, đặc biệt là việc tính diện tích của các đa giác phẳng trong không gian, tính trực tiếp theo công thức gặp nhiều khó khăn. Khi đó có thể tính diện tính đa giác thông qua thể tích của các khối đa diện. Sau đây là một số ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là A S N I M C A K O Diendantoanhoc.net B http://boxtailieu.net trung điểm của SB và SC. Tính diện tích tam giác AMN theo a, biết rằng ( AMN )  ( SBC ) Giải: Gọi K là trung điểm của BC và I là trung điểm của MN. Ta có VS . AMN SM SN 1  .  (1) VS . ABC SB SC 4 Từ ( AMN )  ( SBC ) và AI  MN (do AMN cân tại A ) nên AI  ( SBC )  AI  SI Mặt khác, MN  SI do đó SI  ( AMN ) SI .S AMN 1 1 SO Từ (1)    S AMN  .S ABC (O là trọng tâm của tam giác ABC) SO.S ABC 4 4 SI Ta có ASK cân tại A (vì AI vừa là đường cao vừa là trung tuyến) nên a 3 a 15 AK = AS =  SO  SA2  OA2  2 6 1 a 2 1 a 15 a 2 3 a 2 10 Và SI = SK  Vậy SAMN  . (đvdt) .  2 4 4 6a 2 4 16 4 * Bài tập tham khảo: Bài1: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Biết ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = b, AA’ = c (c2  a 2  b 2 ). Một mặt phẳng ( ) qua A và vuông góc với CA’cắt lăng trụ theo một thiết diện. a) Xác định thiết diện đó b) Tính diện tích thiết diện xác định ở câu a) ĐS: Thiết diện AMN có diện tích S AMN  ab a 2  b 2  c 2 2c Bài 2: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB = x, AC = y, AD = z, các góc   CAD   DAB   900 . Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD) BAC a) Chứng minh rằng: 1 1 1 1  2 2 2 2 AH x y z b) Tính diện tích tam giác BCD ĐS: SBCD  1 2 2 x y  y 2 z 2  z 2 x2 2 Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN Trước tiên học sinh phải nắm thật kĩ nhóm công thức cơ bản sau: I/ Học sinh cần nắm vững các công thức tính nguyên hàm sau: 1.  dx  x  C 3. x 5. x x  e dx  e  C 1 dx=ln x +C 7.  sin xdx   cos x  C 9. 1  cos 2 x   x dx  4.  6. x  a dx  8. dx = tanx+C x  1 +C (   -1)  1 1 1 dx= +C (   1)  x (  1) x  1 2. 10. ax C ln a  cos xdx  sin x  C 1  sin 2 x dx= - cotx+C Các công thức: 1-2-3-4 thuộc nhóm hàm số lũy thừa; 5-6 thuộc nhóm hàm số mũ; 7-89-19 thuộc nhóm hàm số lượng giác. Chú ý: + Công thức nguyên hàm không có mhóm hàm số logarit như trong công thức đạo hàm. + Trong các công thức nguyên hàm không mở rộng từ x sang hàm số u(x) như trong công thức đạo hàm. + Trong các công thức nguyên hàm chỉ được mở rông từ x sang ax + b như sau: 1  f ( x)dx  F ( x)  C   f (ax  b)dx  a F (ax  b)  C (a  0) Ví dụ: x 1 1 (ax  b)1  C   (ax  b) dx   C (a  0)  1 a  1 1 2.  sin xdx   cos x  C   sin(ax+b)dx   cos(ax  b)  C (a  0) a 1.  x  dx  II/ Các dạng tích phân thường gặp: b 1) Tích phân dạng: p( x) dx(c  0) (P(x) là một đa thức). cx  d a I = Nếu bậc P(x) lớn hơn hoặc bằng 1 ta chia tử cho mẩu ta được các tích phân có dạng: b b b  x 1  +  x dx (  -1) =     1a a  Ví dụ: + dx 1  cx  d  c ln cx  d  b a a Tính 1 I 3x 2  4 x  5  2 x  3 dx 1 Giải Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net 31   1 3  17 31 17 31  3 2 17  4 I   x  dx   x  x  ln 2 x  3  =  ln 5 2 4 2x  3  4 8 4  1 2 8 1    1 b 2) Tích phân dạng: I   a P( x) dx ( P(x) là một đa thức) x  px  q 2 Nếu bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng 2 ta chia tử cho mẫu ta được các tích phân có dạng: b b  x 1  1 b 1  a 1  +  x dx (  -1) =      1a   1 a  b + I1   a Ax  B dx x  px  q 2 Cách tính I1 :  x 2  px  q  0 vô nghiệm (   0 ) A A Ap  (2 x  p)  p   B  (2 x  p)  ( B  ) 2 2 2 b b A 2x  p Ap dx I1   2 dx  ( B  ) 2 2 a x  pq 2 a x  px  q Ta biến đổi: Ax+B = b * I2 = x a 2x  p dx  pq Đặt t = x2 +px+q  dt  (2 x  p )dx 2 Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t    I2     dt   ln t   ln t  b * I3 b dx a x 2  px  q  a = dx b dx p2 (m  q   0) p 2 4 a (x  ) m 2  p 2 p2 ) q 2 4 p Đặt x   m tan t  dx  m (1  tan 2 t )dt 2 Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t    I3    (x   m (1  tan 2 t )dt 1 1 1  dt  [t ]     2  m tan t  m m m m Ví dụ: 3 Tính I  2 3x  2 dx x  7 x  13 2 Giải Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net 3 3 25   2 x  7   7   2   2 x  7   2 2 2 3 2 x  7  25 dx dx  x 2  7 x  13 2 2 x 2  7 x  13 3x  2  I  3 3 2  2 2 x  7  3  I1  x 2 3 + I2 =  2 3 dx =  ln x 2  7 x  13  = - ln3 2  7 x  13 2 dx  x 2  7 x  13 3 dx  2 2 7 3 x   2 4   7 3 Ñaët  x    tan t 2 2  I 2 3 3    x  2  t   3 Đổi cận  x  3  t     6 3 1  tan 2 t dt 2   dx  I2     t   ;   2 2   6 3 9  dx   3 3 25 3 ln 3   2 18  x 2  px  q  0 có nghiệm kép x  p (  0) 2 Ax  B Ax  B M N     2 x  px  q ( x  p ) 2 ( x  p ) ( x  p ) 2 2 2 2 p M  A ) N M  2   Mp  p  2  N  B  N ( x  )2 2 M (x  b   b  M N p N   )dx   M ln x   I1 =  (  p p 2 2 x p a x  (x  ) 2 2  2 a Ví dụ: 1 Tính I  1 2x  5 dx x  2x 1 2 Giải Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net 2x  5 2x  5 A B    2 x  2 x  1  x  1 x  1  x  12 2  2 x  5  A( x  1)  B Ta có: A  2 A  2    A  B  5 B  3 2 2  2 3  3  3 1  I    dx   2 ln x  1   2 ln  2   x  1 ( x  1)  x  1 1 2 2  1 2  x  px  q  0 có 2 nghiệm x1, x2 (   0) M ( x  x 2 )  N ( x  x1 ) Ax  B Ax  B M N     x  px  q ( x  x1 )( x  x 2 ) ( x  x1 ) ( x  x 2 ) ( x  x1 )( x  x 2 ) 2 M  N  A M      M x  N x  B N  2 1 b  b M N   dx   M ln x  x1  N ln x  x2  a ( x  x1 ) ( x  x2 )  a I1 =   Ví dụ: 3 Tính I   2 4x  5 dx x  4x  5 2 Giải 4x  5 4x  5 A B     4 x  5  A ( x  5)  B ( x  1) x 2  4 x  5 ( x  1)( x  5) x 1 x  5 A  B  4  4x  5  (A  B)x  5 A  B    5 A  B  5 3   A  2  B  5  2 5   3 3  2  5 3 4 5 2 3  2 I    dx   ln x  1  ln x  5   ln  ln x 1 x  5  2 2 2 2 3 2 3 2   3 b 3) Tích phân dạng: I =  R(sin x, cos x)dx a  R( sin x, cos x)   R(sin x, cos x) ( lẻ đối với sinx ) b I =  R(sin x, cos x) sin xdx a Đặt t = cosx   dt  sin xdx Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t     I   g (t )dt  G (t )   G (  )  G ( )   Ví dụ: Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net  2 Tính I   sin 3 x cos2 xdx 0 Giải:  2 I   (1  c o s 2 x ) c o s 2 x s in x d x 0 Đặt t  cos x  dt   sin xdx Ñoåi caän : x  0  t  1; x  0  t0 2 1 1  t3 t5  2 I   (1  t )t (dt )   (t  t )dt       3 5  0 15 1 0  R(sin x,  cos x)   R(sin x, cos x) ( lẻ đối với cosx ) 2 2 2 4 b I =  R(sin x, cos x) cos xdx a Đặt t = sinx  dt  cos xdx Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t     I   g (t )dt  G (t )   G (  )  G ( )   Ví dụ :  2 Tính I 0 cos x dx (1  sin x) 2 Giải : Đặt t = sinx  dt = cosxdx Đổi cận : x = 0  t = 0 ; x =  2 t = 1 1 1 dx 1  1    2  (1  t ) 1  t  0 2 0  R( sin x,  cos x)  R(sin x, cos x) ( chẵn đối với sinx và cosx ) I  Đặt t = tanx  dt  (1  tan 2 x)dx Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t     I   g (t )dt   G (t )    Ta có: t2 sin x = 1 t2 2 ; cos 2 x= 1 1+t 2 Ví dụ:  4 Tính I 0 dx cos 4 x Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net Giải:    4 4 4 dx 1 1 1 I  dx  (1  tan 2 x) dx 4 2 2   cos x 0 cos x cos x cos 2 x 0 0 Đặt t = tanx  dt = 1 dx cos 2 x  Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x = 4 t = 1 1 1  t3  4 I   (1  t 2 )dt  t     3 0 3 0 Hoặc dùng công thức hạ bậc : sin2x = 1  cos 2 x 1  cos 2 x ; cos2x = 2 2 Ví dụ:  2 Tính I   sin 4 xdx 0 Giải: 2 1  1  cos 2 x  2 sin 4 x =    (1  2 cos 2 x  cos 2 x) 2 4   1 1  cos 4 x  1  1  2 cos 2 x     3  4 cos 2 x  cos 4 x  4 2  8   2 1 1 1  2 3 I    3  4 cos 2 x  cos 4 x dx  3 x  2sin 2 x  sin 4 x   8 8 4  0 16 0 Ngoài 3 trường hợp trên x 1 x 2dt  dt = (1  tan 2 )dx  dx  2 2 2 1 t2 Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t   Đặt: t = tan   I   g (t )dt   G (t )    Ta có: sinx = 2t 1-t 2 ; cosx= 1 t2 1+t 2 Ví dụ:  2 1  sin x dx 1  cos x 0 Tính I   Giải: Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net x 2 1 2 x 2 t = 1 Đặt t  tan  dt  (1  tan 2 )dx  dx   Đổi cận: x = 0  t = 0 ; x = 2 2dt ; 1 t2 2t 2 1  t 2  t  2t  1 1 t2 2 1 2 1 t 1 1 1 1 2dt 2t I   (t 2  2t  1)  (1  )dt  t  ln t 2  1   (1  ln 2) 2 2  0 2 1 t 1 t 0 0 1  sin x  1  cos x 1  Có dạng: 1 cos(a  b) x  cos(a  b) x 2 1 sinax.sinbx = cos(a  b) x  cos(a  b) x  2 1 sinax. cosbx = sin(a  b) x  sin(a  b) x  2 cosax.cosbx = Ví dụ:  2 Tính I   sin x cos 3xdx 0 Giải:    2 12 1  1 1  2 1 I   sin x cos 3xdx   (sin 4 x  sin 2 x)dx   cos 4 x  cos 2 x   20 2 4 2 4 0 0 b dx * 1+cosx=2cos2  1  cos x a Chú ý: b dx  a b I= * 1-cosx=2sin 2 * 1  sin x  1  cos(  x ) 2  1  sin x 4) Tích phân dạng: x 2  R ( x, a n cx  d )dx ex  f x 2 aùp dïïng nhö trö ôøng hôïp trehn (ce  0) cx  d  x =  (t )  dx   '(t )dt ex  f Đổi cận : x  a  t   ; x  b  t   Đặt t = n   I   g (t )dt  G (t )   G (  )  G ( )  Ví dụ: 7 3 Tính I   0 ( x  1) dx 3x  1 3 Giải: Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net Đặt t  3 3 x  1  t 3  3x  1  x  t3 1  dx  t 2 dt 3 7 3 Đổi cận: x  0  t  1; x   t  2 t3 1 2 1 2 2 1 3 1 4 1  t5 2  46 2 3 I  t dt   (t  2)tdt   (t  2t )dt    t   t 31 31 35 1 15 1 2 5) Tích phân dạng: b  I=  R ( x, m  x 2 dx ( m > 0) a      Đặt x  m sin t  t    ;   ( hoặc x  mcost 2 2    (- dx  m sin tdt )  dx  m cos tdt Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t    t  0;   )   I   g (t )dt  G (t )   G (  )  G ( )  Ví dụ: 2 Tính I   x 2 4  x 2 dx 0 Giải     t ;   2 2 Ñaët : x  2sin t  dt  2 cos tdt ; Đổi cận: x  0  t  0; x  2  t    2 2  2  2   1 2  I   4sin t 4  4sin t .2 cos tdt 8  sin t cos tdt   (1  cos 4t )dt  t  sin4t    4 0 2 0 0 0 2 2 2 2 b  I=  R ( x, x 2  m )dx (m > 0) a Cách 1: Đặt: t  x  x 2  m  x   (t )  dx   '(t )dt Đổi cận: x  a  t   ; x  b  t     I   g (t )dt  G (t )  G (  )  G ( )  Cách 2: * x2  m Đặt x  m cost * x 2  m Đặt x  m tan t Ví dụ: Diendantoanhoc.net http://boxtailieu.net
- Xem thêm -