Tài liệu Skkn phương pháp tính tích phân của một số hàm ẩn

MỤC LỤC NỘI DUNG 1. MỞ ĐẦU TRANG 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 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 . - 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 F là một nguyên hàm của f trên K thì hiệu số F (b)  F (a) được gọi là tích phân của f từ a b đến b và kí hiệu là b f ( x)dx . Trong trường hợp a  b , ta gọi a f ( x)dx là tích phân a của f trên đoạn  a; b  . b Người ta dùng kí hiệu F ( x) a để chỉ hiệu số F (b)  F (a) . Như vậy Nếu F là một b nguyên hàm của f trên K thì f ( x)dx F ( x) b a F (b)  F (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 1) a b a b f ( x)dx 0 ; 2) f ( x)dx  f ( x)dx ; 3) f ( x)dx f ( x)dx f ( x)dx a b 4) a b b b a a a c b b  f ( x)  g ( x) dx f ( x)dx  g ( x)dx a c a b ; 5) kf ( x)dx k f ( x)dx với k  R . 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 a đó hàm số u ( x ) có đạo hàm trên K , hàm số y=f(u) liên tục sao cho hàm hợp f  u ( x)  u (b ) 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 Như vậy tích phân không phụ thuộc vào biến tức là b b 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)  a  v( x)u ( x)dx (trong đó u , v có đạo hàm liên tục 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 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: 1) u .v  u.v  uv   ; 2) u v  uv  u  3) u    ; 2 u v2 v  u  ; 4) nu n  1u  u n   ; 5)  u  1    . u2  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 x 2 . f ( x)  1  2 x 2  . f 2 ( x) với x   1; 2 . Tính tích phân I f ( x)dx 1 Lời giải  2  Ta có x 2 . f ( x)  1  2 x 2  . f 2 ( x)  f 2( x) 1  22 x    1   12  2 f ( x) x f ( x) x   1 1 1 1  1   2  2 .dx     2 x  c , do f (1)   c 0 f ( x) f ( x) x 3 x  2 1 2 x 1 x   f ( x)  2 Nên ta có  f ( x) x 2 x 1   2 2 2 2 x 1 d (1  2 x 2 ) 1 1 1 dx   ln 1  2 x 2   2 ln 3  ln 3   ln 3 Khi đó I f ( x)dx  2 2  1  2x 4 1 1  2x 4 4 4 1 1 1 Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm trên R và thỏa mãn 1 f ( x). f ( x )  2 x. 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 ) 2 Ta có f ( x). f ( x )  2 x. f ( x )  1 0  f 2 ( x)  1 2 xdx   f 2 ( x)  1 2 x   f 2 ( x )  1 2 x   f 2 ( x)  1  x 2  c . Do f (0) 0  c 1 nên ta có 2 f 2 ( x) 1 x 2 1  f 2 ( x) 1  x 2  1  f 2 ( x)  x 2  x 2  2   f ( x)  x 1 1 (vì f ( x) không âm trên R ). Khi đó I f ( x)dx x 0 1 x 2  2dx x x 2  2dx 0 1 1  0 x2  2 1 1 2 1 x 2  2d ( x 2  2)  .   x 2  2  x 2  2   3 3  2 2   20 2 3 3 0   Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm trên đoạn  1; 4 và thoản mãn x  2 x. f ( x)  f ( x)  2 4 3 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 2 2 Ta có x  2 x. f ( x)  f ( x)   x  1  2. f ( x)   f ( x)  , do x   1; 4 và f ( x ) 0, x   1; 4  f ( x)  1 và f ( x)  x . 1  2 f ( x)  2 f ( x)  x 1  2 f ( x)   1  2 f ( x)  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 2 4 4 2 3 8 32 7 2  1  2 f ( x)  x x   1  2 f ( x)  x x    f ( x)  x  x  3 3 3 9 9 18 3 4 4 4  2 3 8 32 7   1 4 16 52 7  1186 I  f ( x ) dx  x  x  dx  Khi đó    x  x  x    9 9 18  45 18  1 45  18 1 1 Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm cấp hai trên đoạn  0; 2 và thỏa 2 2 mãn 2  f ( x)  f ( x). f ( x)   f ( x)  0 với x   0; 2 . Biết f (0) 1, f (2) e6 , tính tích 0 I  (2 x  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 f ( x). f ( x)   f ( x)  2 Ta có 2  f ( x)   f ( x). f ( x)   f ( x)  0   f ( x) 2 2  2   f ( x)  2  f ( x)    f ( x) 2  f ( x) .dx  2 x  c dx  ln f ( x) x  cx  c1 mà 1  f ( x) e6  f (0) 1 c1 0 c 1   Nên ta có ln f ( x)  x 2  cx  c1 . Do    6 c1 0 4  2c  c1 6  f (2) e  f ( x)  2.dx 2 x  c  f ( x)   ln f ( x) x 2  x  f ( x ) e x 0 2 x 0 Khi đó I  (2 x 1). f ( x)dx  (2 x 1).e 2 x2  x 2 0 dx  e x 2 x d (e x 2 x ) e x 2 f Ví dụ 5. Cho f ( x) có đạo hàm trên R và thỏa mãn 3 f ( x).e 3 2 x 0 2 ( x ) x2  1 1  e 2  2x 0 với f 2 ( x) 7 x  R . Biết f (0) 1 , tính tích phân I  x. f ( x )dx 0 Lời giải Ta có 3 f ( x).e f  ef 3 ( x) 3 ( x )  x2  1  2 3 2 3 2 2x  0  3 f ( x). f 2 ( x).e f ( x ) 2 x.e x 1   e f ( x )  2 x.e x 1 2   f ( x) 2 2 xe x 1dx e x 1d ( x 2  1)  e x f (0) 1  e e  c  c 0  e f 7 7 3 ( x) e x 2 2 1 1  f 3 ( x)  x 2  1  f ( x)  3 x 2  1 1 Khi đó I  x. f ( x)dx  x. x  1.dx  2 0 0 3 2  c . Do 7 3  0 3 x  1.d ( x  1)    x 2  1 3 x 2  1   8 2 7 2  0 45 8 Ví dụ 6. Cho f ( x) có đạo hàm trên  0;1 thỏa mãn f ( x)   x  1 . f ( x) 1 với 1 x   0;1 . Biết f (5)  7 , 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 1 1 1 1 x2 1   I f ( x)dx  .dx  1   .dx  x  ln x 1  1  ln 2 x 1 x 1  0 0 0 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 f ( x) thỏa 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)     .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 Trong đó u ( x) được chọn sao cho :  1 2018 f ( x)  x. f ( x) 2 x 2018 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 x 2018  c x nên ta chọn u ( x) x 2018 , khi đó ta có lời giải như sau: Lời giải Ta có  x 2018 . f ( x)   2018 x 2017 f ( x)  x 2018 f ( x) x 2017  2018 f ( x)  xf ( x)  x 2017 .  2 x 2018  2 x 4035 1 1 1 x 4036   c  c , do f (1)  Khi đó x 2018 f ( x) 2 x 4035 dx  x 2018 f ( x)  2018 2018 2018 2018 x 4036 x 2018  c 0  x 2018 f ( x)   f ( x)  2018 2018 1 1 1   x 2018 x 2019 1 I  f ( x ) dx  dx  khi đó      2018  2019.2018  0 2018.2019 0 0 Ví dụ 8. Cho f ( x) có đạo hàm trên  1; 2 thỏa mãn ( x  1) f ( x)  x. f ( x ) 2e x với 2 x   1; 2 . Biết f (1) e , tính tích phân I x. f ( x)dx 1 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 e x  ln x  c x  ln u ( x) ln xe x  c nên ta chọn u ( x)  xe x , khi đó ta có lời giải như sau: Lời giải Ta có  xe x . f ( x)    xe x   f ( x)  xe x . f ( x)  e x  xe x  f ( x)  xe x . f ( x) x 2x e x   x  1 f ( x)  xf ( x)    xe x . f ( x)   e x .  2e x   xe x . f ( x) 2e 2 x dx  xe . f ( x ) e  c ex do f (1) e  e.e e 2  c  c 0  xe x . f ( x) e2 x  f ( x)  . x 2 2 2 x x 2 Khi đó I x. f ( x)dx e dx e 1 e  e 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)  x 2  x với x  R \   1;0 và f (1)  2 ln 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  x 1  ln u( x)  dx  ln u ( x)    c , nên ta chọn dx  ln u ( x)  x( x 1) x 1  x x 1  x u ( x)  , khi đó ta có lời giải như sau: x 1 Lời giải x  Ta có  . f ( x)   1 x 1 f ( x)  . f ( x)  . f ( x)  x( x 1) f ( x)  2 x 1 ( x 1) 2  x 1  ( x  1) 1 x x x  x   x    . f ( x)  .  x 2  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  . f ( x) x  ln x  1  c . Do  dx  x 1 x 1  x 1  1 f (1)  2 ln 2  .(  2 ln 2) 1  ln 2  c  c  1 2 x 2  1  ( x  1).ln x  1 x  . f ( x) x  ln x  1  1  f ( x)  . Khi đó x 1 x  2 2 2 2  x3  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 1  du  dx 2  u ln( x  1)  x 1   Với I1 ( x  1).ln  x  1 .dx ; đặt  2  dv ( x  1)dx 1 v  x  x  1  1  x  1 2  2 2 2 2 2 2 2 1  9 1  x2 9 5 1   I1  ( x  1)2 .ln( x  1)    x  1 dx  I1  ln 3  2 ln 2    x   ln 3  2 ln 2  2 2 2 4 2 1 21 1 2 4 4 9 5 31 9   Khi đó I   I1    ln 3  2ln 2     ln 3  2 ln 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 trên K , hàm số y=f(u) liên tục sao cho hàm hợp f  u ( x)  u (b ) b xác định trên K và a, b là hai số thuộc K . Khi đó f  u ( x) .u( x)dx  a  f (u )du 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) cos 4 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 Khi đó I   2  2  f ( t )dt   f ( t )dt  I   f ( x)dx . Ta có  2  2  2  2  2  2 I  I   f ( x )dx   2  2  f ( x)dx  2  2  2   f ( x )  f ( x)  dx  cos xdx  1  1  cos2 x  2 dx  1  1  2cos2 x  cos 2 2 x  dx   4 4 0 0 2 4 2  2  1 1 1  2 3  2 I  3  I  3   3  4 cos 2 x  cos4 x  dx   3 x  2sin 2 x  sin 4 x   16 32 80 8 4  0 16 Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn 2018. f ( x)  f ( x) e x với 1 x  R . Tính tích phân I  f ( x)dx 1 Lời giải  x  1  t 1  x 1  t  1 Đặt x  t  dx  dt , đổi cận :  1 Khi đó I  1 1 1 1 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 x nên 2019 I   2018 f ( x)  f ( x) dx  2019 I  e dx e 1 1 x 1 1 1 2 e  1 e 1  I 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)  x  12 x  16 với x   0; 2 . Tính tích phân I f ( x)dx 2 0 Lời giải  x 0  t 2  x 2  t 0 Đặt x 2  t  dx  dt , đổi cận :  0 2 2 Khi đó I  f (2  t )dt f (2  t )dt  I f (2  x)dx 2 0 2 0 2 2 2 2 Ta có 3I  4 I 3f ( x)dx  4 f (2  x)dx  3 f ( x)  4 f (2  x)  dx   I   x  12 x  16  .dx 0 0 0 0 2 2   x3  16 16   I   x 2  12 x  16  .dx   6 x 2 16 x    I  3  3 0 3 0 2 2  Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  ;1 và thỏa mãn 2 f ( x)  3 f ( ) 5 x 3x 3  1 f ( x) 2  I  dx  x  ;1 với  3  . Tính tích phân x 2 3 Lời giải 2  x   t 1  2 2  3 Đặt x   dx  2 dt , đổi cận :  3t 3t  x 1  t  2  3 2 2 1 2 2 f ( ). ) ) 1 f ( 1 f ( 2 3 3t t 2 3t dt  3 x .dx I  dt  Khi đó . Ta có   2 3 t x 2 2 1 3 3 3t 2 2 ) ) 1 1 f ( 1 2 f ( x)  3 f ( 1 1 f ( x) 3 x .dx  5 x dx  5dx 5  I 1 2 I  3I 2 dx  3 3x .dx  5 I    x x x 3 3 2 2 2 2 x 2 3 3 3 3 3 4 9 Ví dụ 5. Cho hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  0;3 và thỏa mãn f ( x). f (3  x)  với 3 1 dx x   0;3 . Tính tích phân I  2  3 f ( x) 0 Lời giải 0 1  x 0  t 3 Đặt x 3  t  dx  dt , đổi cận :  . Khi đó I  2  3 f (3  t )dt  x 3  t 0 3 3 3 1 1 3 1 f ( x)  I  dx  dx 3  dt  .dx 4 2  3 f (3  x)  0 0 2  3. 2  3 f (3  t ) 2 2  3 f ( x ) 0 0 9 f ( x) 3 3 3 3 3 1 f ( x) 2  3 f ( x) 3 Ta có 2 I  2 I 2.2  3 f ( x)dx  32  3 f ( x) .dx 2  3 f ( x) .dx dx 3  I  4 0 0 0 0 Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x) 4 xf ( x 2 )  2 x  1 với 1 x  R . Tính tích phân I f ( x)dx 0 Lời giải  x 0  t 0  x 1  t 1 Đặt x t 2  dx 2tdt , đổi cận :  1 1 1 1 2 2 2 Khi đó I f (t ).2tdt  I 2xf ( x )dx . Ta có I  2 I f ( x)dx  4xf ( x )dx 0 0 0 1 1 0 1  f ( x)  4 xf ( x 2 )  dx  2 x  1 dx  x 2  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 2 4 xf ( x )  3 f (1  x )  1  x 2 với x   0;1 . Tính tích phân I f ( x)dx 0 Lời giải 1  x 0  t 0  x 1  t 1 Xét I f ( x)dx , đặt x t 2  dx 2tdt . Đổi cận :  0 1 1 1 2 2 Khi đó I 2t. f (t )dt  I 2 x. f ( x )dx  2 I 4 x. f ( x )dx 0 2 0 0 1 Xét I f ( x)dx , Đặt x 1  t  dx  dt 0 0 1 1  x 0  t 1 I  f (1  t ) dt  f (1  t ) dt  I  f (1  x)dx Đổi cận :  . Khi đó     x 1  t 0 1 0 0 1 1 1  3I 3 f (1  x)dx Ta có 2 I  3I  4 xf ( x 2 )  3 f (1  x)  dx  1  x 2 dx 0 0 0  x 0  t 0     Đặt x sin t  dx cos tdt (với t   ;  ), đổi cận :    2 2  x 1  t  2  2  2  2  2 Khi đó 5I  1  sin 2 t .cos tdt  cos 2tdt  1  1  cos2t  dt  1  t  1 sin 2t    I        20 0 4 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 ) 0 20 0 2 2 2018 Ví dụ 8. Cho Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn  f ( x)dx 2 . Tính tích 0 e 2018 phân I  1  0 x . f  ln( x 2  1)  .dx x 1 2 Lời giải Đặt t ln  x 2  1  dt  Ta có I  1 2 2018  f (t )dt  0 2x x 1 dx  2 dx  dt , đổi cận : 2 x 1 x 1 2 1 2 2018  x 0  t 0  2018  x  e  1  t 2018 1  f ( x)dx  2 .2 1 0 Ví dụ 9. Cho hàm số f ( x) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x 3  2 x  2) 3 x  1 với 10 x  R . Tính tích phân I  f ( x)dx 1 Lời giải  x 1  t 3  2t 3  t 1 Đặt x t  2t  2  dx  3t  2t  dt , đổi cận :  3  x 10  t  2t 12  t 2 3 2 2 2 2 3 2 2 3 2 Ta có I f (t  2t  2).  3t  2t dt  3t  1  3t  2t dt  9t  3t  2t  dt 1 1 1 2  9t 4 3 2  151  t  t   4  4 1 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 2019  t  2 0  t  1  x 0  t Đổi cận :  2019  t  2 4  t 1  x 4  t 1 Ta có I  t  2019t 1 1 1 2018  1 dt   2019t 1 2019  2019 2020 1 2   t dt  t  t  0 2  1  2020 Ví dụ 11. Biết mỗi số thực t 0 phương trình 4 x3  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 2 I  x(t )  dt 0 Lời giải 4  4 x3 8x3  4  dt  dx , đổi cận : Đặt t  x x2 1 2 t 0  4 x3  4 0  x 1   1 3 t 7  4 x  7 x  4 0  x   2 1 2 Ta có I  x . 1 1 8 x3  4 31 dx  8 x3  4  dx  2 x4  4 x  1  2 x 8 1 2 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)  a  v( x)u ( x) dx (trong đó u , v có đạo hàm liên tục a a trên K và a, b là hai số thuộc K ) b. Ví dụ áp dụng 5 Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên R và thỏa mãn f ( x)dx  1 44 5 5 và f (5) 15 .Tính tích phân I  x  1 f ( x )dx 1 Lời giải u  x  1  Đặt   dv  f ( x)dx 5 du dx  . Khi đó I  x  1 f ( x) 1  v  f ( x ) 5  44  344  5  5 f ( x)dx 4 f (5)    1 Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên R thỏa mãn f ( 3)  3 và 3  0 f ( x)dx 1  x2 3   1 . Tính tích phân I  f ( x) ln x  1  x 2 dx 0 Lời giải 1  u ln x  1  x 2 dx   du    1  x2 Đặt  dv  f ( x) v  f ( x )     Khi đó I  f ( x) ln x  1  x 2  3 3  0  0 f ( x)dx 1  x2    3 ln 2  3  1 Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên R và thỏa mãn 2 1  1  2 x  f ( x)dx 3 f (2)  f (0) 2016 . Tính tích phân I f (2 x)dx 0 0 Lời giải 2 u 1  2 x  Ta có  1  2 x  f ( x)dx 2016 , đặt  dv  f ( x)dx 0 du  2dx  v  f ( x ) 2 2 2 Khi đó 2016 (1  2 x) f ( x) 0  2 f ( x)dx  2016   3 f (2)  f (0)   2 f ( x)dx 0 2 0 2  2016  2016  2 f ( x) dx  f ( x) dx 2016 0 0 1  x 0  t 0  x 1  t 2 Xét I f (2 x)dx , đặt t 2 x  dt 2dx . Đổi cận:  0 2 2 1 1 2016 Khi đó I  2 f (t )dt  I  2 f ( x)dx  2 1008 0 0 f ( x ) Ví dụ 4. Cho hàm số liên tục, có đạo hàm trên R thỏa mãn 2 f (3)  f (0) 18 và 3 3 302 f ( x) dx  f ( x)  1 x  1dx  . Tính tích phân I   15 x 1 0 0 Lời giải u  x  1  Đặt  dv  f ( x )  1 1  dx du  2 x 1  v  f ( x )  x  1  3 3 302    f ( x )  x  1 x  1   Khi đó 0 15   f ( x) x 1    dx 2  x 1 0   2 3 I 1 302 I 14 76 2 f (3)  f (0)  7    x 1dx  25    I 2 20 15 2 6 15 1   Ví dụ 5. Cho f ( x) là hàm số chẵn liên tục, có đạo hàm trên R thỏa mãn f   4  2  và 1 2 0 f ( x)dx 3 . Tính tích phân I  sin 2 xf (sin x)dx 0  6 Lời giải 0 sin x cos x. f (sin x)dx Ta có I 2  , đặt t s inx  dt cos xdx  6  1   t x  6 2 Đổi cận :   x 0  t 0 0 khi đó 0 I 2 tf (t ) dt  I 2 xf ( x)dx 1 2 1 2 u  x  Đặt:   dv  f ( x)dx  0 du dx   ta có I 2   xf ( x)   1  2 v  f ( x )  1 2 0 Do f ( x) là hàm số chẵn nên 0   4  2 f ( x) dx f ( x)dx  1 1  2 2 0 f ( x)dx f ( x)dx . Khi đó 1 2 0 1 2 I 4  2 f ( x)dx 4  6  2 0 Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  1;3 thỏa mãn 3 3 f (3)  f (1) 3 và f ( x)  ln x xf ( x ) dx dx 0 . Tính tích phân I  2  x  1 x  1   1 1 Lời giải u  f ( x )  ln x f ( x)  ln x .dx , đặt  1  Xét I  2 dv  dx  x  1 2 1   x  1  3 3  1  du  f ( x)  x  dx    v  1  1  x  x 1 x 1 3 xf ( x) 1   x  dx  f ( x)  ln x     Khi đó I   x 1  1 1  x  1 x  1  3 3 1 3 3  f (3)  ln 3  f (1)   0  ln x  1 1    ln 3  ln 2 . 4 2 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  f ( x)  x  .ln(1  x 0 2 xf ( x) )dx 2 ln 2  1 . Tính tích phân I  dx 1  x2 0 Lời giải 2x  du  dx 2  u ln(1  x )  1  x 2   Xét  f ( x)  x  .ln(1  x )dx 2 ln 2  1 , đặt  2  dv  f ( x)  x  dx v  f ( x)  x  1 0  2 2 2 1 1 1   x2 1   2 xf ( x)  2 2 ln 2  1  f ( x )  ln(1  x )   x  dx Khi đó     2  2     0 0  1 x 1 xf ( x)  f (1)  1 ln 2  2 dx  2 1  x 0 1 3 xdx  2 ln 2  1  2 ln 2  2 I  0 1 1 1  I   ln 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  a f ( x) 0, x   a; b  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 f ( x)dx 2 và  f ( x) 1 2 1 2 3 dx 4 . Tính tích phân I  f ( x)  dx 1 2 2 Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x) và f ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x)  a  2 Ta chọn a sao cho 2 2  f ( x)  a dx 0  1 2  2 2   f ( x) 2   2af ( x)  a 2 dx 0 1 2 2  f ( x) dx  2a f ( x)dx  a dx 0  4  4a  a 2 0  a 2 .Từ đó ta có lời giải 1 1 1 Lời giải 2 2 2 Ta có  f ( x)  2 dx 0  1   1 2 2  2 2 2 f ( x)   4 f ( x)  4 dx  f ( x)  dx  4f ( x)dx  4dx 1 1 1 4  8  4 0  f ( x) 2  f ( x ) 2 x  c , mà f (0) 1  c 1 nên f ( x) 2 x  1 2 2 3 2 3 2 3 2 Khi đó I  f ( x)  dx  2 x  1 dx  8 x  12 x  6 x 1 dx  2 x 4  4 x 3  3x 2  x  1 68 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  f ( x) 2 0 1 dx 3 . Tính tích phân I  f ( x)  2018 dx 0 2 2 Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x) và xf ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x )  ax  1 1 2   f ( x) Ta chọn a sao cho  f ( x)  ax  dx 0  0 1   f ( x) 0 2 1 2   2axf ( x )  a 2 x 2 dx 0 0 1 2 dx  2a xf ( x)dx  a 2 x 2 dx 0  3  2a  a 0  a 3 .Từ đó ta có lời giải 3 0 0 Lời giải 1 2 Ta có  f ( x)  3x  dx 0  0 1   f ( x) 0 2 2  1 2 1 1  6 xf ( x)  9 x dx  f ( x) dx  6xf ( x)dx  9 x 2 dx 1  3  6  3 0  f ( x) 3 x . Khi đó I  f ( x)  0 2018 0 0 1 dx 32018 x 2018 dx  0 0 2018 3 . 2019 1 2 Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0;1 . Biết  f ( x) dx  0 1 và  x. f ( 0 1 2 x )dx  . Tính tích phân I f ( x)dx 5 0 1 5 2 Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x) 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 2 1  x 0  t 0 2  2 t f ( t ) dt  t 2 f (t )dt   Đổi cận  ta có 5   5  x 1  t 1 0 0 1 x 2 0 1 f ( x)dt  . Đến đây 5 2 2 ta được hai biểu thức  f ( x)  và x 2 f ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x)  ax 2  , 1 ta chọn a sao cho 1 2   f ( x) 2  f ( x)  ax  dx 0  0 1   f ( x) 0 2 1 2   2ax 2 f ( x)  a 2 x 4 dx 0 0 1 2 dx  2a x 2 f ( x )dx  a 2 x 4 dx 0  1  2a. 1  a 0  a 1 Từ đó ta có lời giải 5 5 5 0 0 Lời giải 1 Xét  x. f ( x ) dx  0 2 , đặt t  x  dx 2tdx 5 1 1 2 1  x 0  t 0 2  2 t f ( t ) dt  t 2 f (t )dt   Đổi cận  , khi đó 5   5  x 1  t 1 0 0 1 1 2 2 Vì  f ( x)  x  dx 0  0   0 2 1  1 x 2 f ( x )dt  0 2 1 1 5 1 f ( x)   2 x 2 f ( x )  x 4 dx  f ( x) dx  2 x 2 f ( x)dx  x 4 dx 1 0 0 0 1 1 1 1 1 2   2.  0 nên f ( x)  x 2 . Do đó I f ( x )dx x dx  3 5 5 5 0 0    Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0;  . Biết f ( ) 0 , 2  2  2  f ( x) 2 dx  và 0  2  cos x. f ( x)dx  2 . Tính tích phân 0  2 I f ( x)dx 0 2 Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x) 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 )   dv cos xdx  du  f ( x )dx  , khi đó   f ( x)s inx  2  0 v s inx 2  2  f ( x)sin xdx  0  2 f ( x)sin xdx 0  . Đến đây ta được hai biểu thức  f ( x ) 2 và f ( x ).s inx nên ta 2 tạo bình phương dạng  f ( x)  a s inx  2  2 Ta chọn a sao cho  f ( x)  a s inx  2 dx 0  0  2   f ( x) 2 0  2  2   f ( x) 2   2a s inx.f ( x)  a 2 sin 2 x dx 0 0  2 dx  2a sin x. f ( x)dx  a 2 sin 2 xdx 0 0 0 2    a   a2 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  dv cos xdx v s inx 2 0  2 0 khi đó   f ( x)s inx   2  2  2 f ( x) sin xdx  f ( x)sin xdx  0 Ta có  f ( x)  2s inx  2 dx 0  0  2 0  2   f ( x) 2  2   4s inx.f ( x)  4sin 2 x dx 0 0  2  2  2 0 0 0 4 2  f ( x)  dx  4 sin x. f ( x)dx  4 sin 2 xdx 0   2  4 0  f ( x)  2sin x   f ( x ) 2 cos x  c mà f ( ) 0  c 0 nên ta có f ( x) 2 cos x . Ta có 2  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 0 2 169  f ( x)  dx  và  x  105 1  0 1 103 I f ( x)dx  x  1 . f ( x)dx  420 . Tính tích phân 0 1 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 du  f ( x) dx u  f ( x)    103   x 2      x  f ( x )   , khi đó x2 420   2 dv  x  1 dx v   x    2 0 1 0 1   x 2  2 x  f ( x)dx 2 1 0 2 169 ( x )  f 2     x  2 x  f ( x)dx  . Đến đây ta được hai biểu thức  và  x  2 x  f ( x )  105  x  1 2  f ( x)   a  x3  2 x 2   , ta chọn a sao cho nên ta tạo bình phương dạng   x  2 2 1 1   f ( x)   f ( x)  f ( x ) 3 2  3 2 2 3 2 2  a x  2 x dx  0   2 a x  2 x .  a x  2 x  dx 0          x    x  x 0 0  2 1 1 1  f ( x)  2 2 3 2 2    dx  2 a x  2 x . f ( x ) dx  a x  2 x     dx 0   x  0  0 0 2  169 169 169 2  2a.  a 0  a 1 .Từ đó ta có lời giải 105 105 105 Lời giải 0 103 Xét  x  1 . f ( x)dx  , đặt 420 1   103   x 2    x  f ( x )  420   2   0 0 1 1   x 2  2 x  f ( x)dx  2 1 2 1  f ( x )    x3  2 x 2   dx 0  Ta có  x  0  2 1 du  f ( x) dx   , khi đó x2 v   x   2 u  f ( x)   dv  x  1 dx 1 0  x 1 2 169  2 x  f ( x)dx  105   f ( x)  2 2 f ( x)  2  x3  2 x 2  .   x3  2 x 2  dx      x  x 0  1 1 2  f ( x)   dx  2 x 2  2 x  . f ( x)dx   x 3  2 x 2  dx  x  0  0 0 169 169 169 f ( x) 1 1   2.  0   x3  2 x 2  f ( x) x 4  2 x 3  f ( x)  x 5  x 4  c 105 105 105 x 5 2 7 1 1 Mà f ( 1)   c 0 nên f ( x)  x 5  x 4 10 5 2 1 1 1 1  1  1 1  1 Khi đó I f ( x)dx  x 5  x 4  dx  x 6  x5   5 2  10  0 15  30 0 0 Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0; 2 . Biết f (2) 7 và 2  2 f ( x )  21x 4  12 x  12 xf ( 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  12 x  12 xf ( x)  dx 0 2   f ( x) 0 2 2 0 2 dx  21x 4  12 x  dx  12xf ( x)dx  0 0 2  f ( x) 0 2 2 dx  552  12xf ( x )dx (*) 5 0