Sáng kiến “Xây dựng hệ thống bài tập trắc nghiệm dựa trên nội dung kiến thức phần tích phân lớp 12”

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Sáng kiến “Xây dựng hệ thống bài tập trắc nghiệm dựa trên nội dung kiến thức phần tích phân lớp 12” phân dạng theo các mức độ khác nhau từ nhận biết, thông hiểu, vận dụng và vận dụng cao WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Xây dựng hệ thống bài tập trắc nghiệm dựa trên nội dung kiến thức phần tích phân lớp 12”.

II. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục (Giảng dạy bộ môn Toán cấp THPT).

III. Nội dung sáng kiến 1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm - Hạn chế của giải pháp cũ 1. 1. Thực trạng Trong chương trình toán THPT các bài toán tích phân luôn là các bài toán khiến học sinh gặp nhiều khó khăn và lúng túng. Các bài toán trong chương trình SGK lớp 12 hiện hành viết còn rất sơ sài và chủ yếu dừng lại ở mức độ thông hiểu. Các dạng bài tập trong sách được viết theo dạng tự luận, cần có lời giải tường minh để đi đến kết quả trong khi đó MTCT có chức năng tính chính xác kết quả của một số tích phân và có thể sử dụng để kiểm tra kết quả của các bài toán tính toán về tích phân. Trong khi đó ở kỳ thi THPT Quốc gia năm 2017 và năm 2018 và trong các đề thi minh họa của Bộ giáo dục và Đào tạo trong hai năm vừa qua, nội dung này được đánh giá ở mức độ vận dụng, vận dụng cao. Các bài toán tính toán về tích phân thường trải theo các mức độ khác nhau của đề thi. Ở các mức độ nhận biết và thông hiểu thì các bài toán được trình bày khá cơ bản và có nhiều con đường tiếp cận. Tuy nhiên các bài toán thuộc mức độ vận dụng và vận dụng cao thì các bài toán về nguyên hàm, tích phân và các ứng dụng được khai thác một cách khéo léo và vận dụng nhiều kiến thức có liên quan. Để giải quyết được bài toán này học sinh không những phải nắm được các kiến thức cơ bản về nguyên hàm và tích phân, các ý nghĩa , giải thành thạo các bài toán mà còn phải sử dụng các công cụ, các tính chất liên hệ để làm bài tập.

Theo thống kê thì 80% học sinh của trường THPT Nho Quan B khi tham gia thi đại học không giải quyết được các bài toán thuộc mức độ vận dụng và vận dụng cao của dạng toán này. Bên cạnh đó với những dạng bài tập này đòi hỏi học sinh phải tư duy, phân tích, nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều kiến thức liên quan. Bên cạnh đó qua nghiên cứu và thực hành giảng dạy trên lớp nhóm tác giả sáng kiến đã nhận thấy rằng các bài toán trong các đề thi chỉ cần vận dụng thành thạo các kiến thức cơ bản và các phương pháp trình bày trong SGK đều có thể đi đến lời giải một cách tự nhiên nhất.

1. 2. Giải pháp cũ thường làm Trong sách giáo khoa hiện hành nội dung bài tập liên quan còn sơ sài, chưa định hướng được lời giải cho học sinh. Các bài toán mới dừng lại ở mức độ vận dụng trực tiếp lý thuyết vào giải trực tiếp, chưa có sự gắn kết logic giữa các dạng bài toán. Các bài toán đều cho dưới dạng tự luận và đáp số có thể tìm được bằng việc sử dụng máy tính cầm tay. Nội dung bài tập chỉ đơn thuần dừng lại trong khuôn khổ các bài toán tính nguyên hàm tích phân mà chưa có sự gắn kết các bài toán về các kỹ năng vận dụng công thức và ý nghĩa hình học. Các bài tập trong SGK và trong Sách bài tập hiện tại chủ yếu là rèn các kỹ năng về tính toán 1

và biến đổi. Với hệ thống bài tập như vậy, học sinh chỉ cần luyện tập và làm nhiều bài tập là có thể giải quyết được. Tuy nhiên vấn đề đặt ra là khi học sinh làm các bài tập này thường có lời giải theo các dạng toán cố định như các lớp tích phân về đa thức, hữu tỷ, căn thức, lượng giác, mũ và logarit. Và khi gặp các dạng bài toán tương tự thì đại bộ phận các em đều suy nghĩ hướng đến lời giải theo một lối mòn định sẵn. Điều này cũng giúp được các em trong việc rèn kỹ năng trình bày và hệ thống được một phần nào đó các kiến thức cơ bản. Tuy nhiên với việc giải quá nhiều các dạng bài như thế sẽ làm cho các em mất đi sự tư duy, sáng tạo trong việc hình thành cũng như tiếp nhận các kiến thức.

1. 3. Hạn chế của giải pháp cũ - Với việc đưa ra hệ thống các dạng bài toán cố định và mặc định sẵn các phương pháp giải tương ứng khiến học sinh rất vất vả trong việc nhớ các dạng toán và phương pháp tương ứng cho từng dạng.

- Trong các bài tập khác khi đề bài cho không ở dạng chuẩn học sinh không biết cách định hướng và tìm lời giải.

- Khi thực hiện theo giải pháp cũ hầu hết học sinh không làm được các bài toán mà yếu tố đề bài cho ở dạng suy luận.

- Hệ thống bài tập chưa thực sự phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm như hiện nay. Bài tập còn nặng về các yếu tố ghi nhớ và tính toán theo công thức không phát huy được năng lực sáng tạo của người học. Việc khắc sâu đặc điểm và tính chất cũng như phát triển các kiến thức đã được học cùng việc sử lí các tình huống trong các bài toán cụ thể gặp nhiều hạn chế.

- Trong đề thi THPT Quốc gia năm 2017 và năm 2018 cũng như trong các đề minh họa bộ giáo dục cho trong hai năm vừa qua bài toán vận dụng và vận dụng cao về nguyên hàm và tích phân đều đòi hỏi học sinh phải định hướng, tư duy, phân tích dữ kiện giả thiết kết hợp với những kiến thức đã học để làm bài do đó nếu áp dụng giải pháp cũ thì đại bộ phận học sinh không làm được bài tập thuộc dạng này.

- Theo xu thế dạy học mới, giải pháp cũ bộc lộ nhược điểm rõ rệt, không phát huy được tính chủ động, sáng tạo của học sinh trong quá trình giải toán. Bên cạnh đó với việc cung cấp quá nhiều dạng toán và phương pháp như các tài liệu hiện nay khiến học sinh phải chịu áp lực rất lớn trong quá trình học tập, phải ghi nhớ một lượng kiến thức quá lớn. Điều này khiến các em mất đi sự sáng tạo và hứng thú trong học tập. Đặc biệt để làm các bài tập theo các dạng này học sinh phải nhớ quá nhiều các công thức các đại lượng liên hệ một cách máy móc.

Với các cách tiếp cận bài toán như giải pháp cũ học sinh rất thụ động. Trong quá trình làm bài tập học sinh không tìm đượchứng thú và tự giác. Học sinh không nghĩ suy độc lập mất đi sự sáng tạo.

2. Những giải pháp mới và ưu điểm của giải pháp mới 2

2. 1. Những nội dung cơ bản của giải pháp mới - Sáng kiến được hình thành theo dạng một chủ đề dạy học. Hệ thống lý thuyết được trình bày một cách cô đọng và ngắn gọn nhất. Các dạng bài tập được xây dựng một cách hệ thống, có phân chia các mức độ. Bài tập được thiết kế theo hình thức trắc nghiệm để tạo điều kiện cho học sinh có khả năng phát huy hết năng lực của bản thân.

- Trình bài lại hệ thống các kiến thức cơ bản trong chương trình sách giáo khoa mà tối thiểu học sinh cần nắm được. Mỗi phần kiến thức học sinh được tiếp nhận đều có các dạng bài tập vận dụng với các mức độ và yêu cầu khác nhau để học sinh luyện tập.

- Nêu và định hướng một số phương pháp mới để giải các bài tập trong các đề thi đại học với kiến thức cơ bản nhất. Giúp học sinh vận dụng được trực tiếp kiến thức đang học vào sử lý các bài toán liên quan, hình thành con đường tư duy liên tục và các kỹ năng vận dụng kiến thức vào các tình huống cụ thể.

- Trong quá trình hình thành lời giải có sự phân tích về cách tư duy và con đường tìm lời giải trên cơ sở giả thiết từ đó giúp học sinh tạo được thói quen tư duy liên kết khi gặp các bài toán lạ.

- Phân tích lời giải và tư duy để hình thành con đường đi đến lời giải một cách tự nhiên nhất. Liên kết giữa các dạng toán giúp học sinh hình thành những suy luận hợp lý, tổng quát được bài toán theo nhiều hướng khác nhau.

- Các bài toán được nhóm tác giả chia theo trình tự của nội dung các kiến thức được trình bày trong sách giáo khoa để đảm bảo cho học sinh có thể dễ dàng tiếp cận ngay từ khi được cung cấp kiến thức về lý thuyết. Bài tập và ví dụ minh họa được sắp xếp theo hệ thống kiến thức phân dạng mức độ từ nhận biết, thông hiểu, vận dụng và vận dụng cao. Do đó học sinh có thể dễ dàng tiếp cận kiến thức và vận dụng trực tiếp các kiến thức vào các mức độ khác nhau của bài toán. Bên cạnh việc hướng dẫn chi tiết về lời giải tác giả còn đưa ra các nhận xét, phân tích con đường đi đến lời giải một cách hợp lý và nêu ra các suy luận dựa trên những kiến thức cơ bản đã được học vận dụng vào các tình huống cụ thể. Điều đó ngoài việc giúp học sinh tìm ra được đường lối tư duy cơ bản khi giải bài tập còn giúp các em có thể tự tư duy tìm đường đi hợp lý cho các bài toán khác.

Dưới đây là sơ đồ minh họa các nội dung kiến thức cơ bản của bài toán tính tích phân trong SGK và các dạng toán được xây dựng dựa trên cơ sở của các kiến thức đó.

SƠ ĐỒ MINH HỌA NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN

3

2. 2. Những ưu điểm của giải pháp mới - Giải pháp mới nhằm giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trong quá trình học tập: Kiến thức cần thiết chỉ nằm trong khuôn khổ của sách giáo khoa hiện hành, không phải nhớ quá nhiều dạng bài tập một cách máy móc, không phải tốn kém trong quá trình mua tài liệu tham khảo.

- Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh có thể tự chủ động tìm lời giải độc lập cho một bài toán dựa trên lượng kiến thức đã có sẵn. Do đó học sinh có thể chủ động và linh hoạt trước một bài toán không phải áp đặt theo một khuôn mẫu định sẵn.

- Giáo viên có thể dựa vào các kết quả quen thuộc trong sách giáo khoa ra đề bài cho học sinh một cách chủ động không trùng lặp.

- Các giải pháp mới nêu ra đều sử dụng phần lớn những kiến thức mà học sinh được học ngay trên lớp. Sự liên kết giữa các phần kiến thức cùng với những định hướng ban đầu khiến cho bài toán trở nên quen thuộc và dễ tiếp cận. Việc vận dụng một cách phù hợp vào từng bài toán cụ thể luôn tạo ra sự mới mẻ nhưng cũng rất quen thuộc với học sinh. Các bài tập vận dụng giải pháp mới hầu như là những bài toán đã xuất hiện trong các tài liệu tham khảo cũng như trong các Đề thi đại học trong những năm gần đây nhưng 4

được tiếp cận một cách hoàn toàn mới mẻ nhưng đồng thời rất gần gũi với mức độ suy luận của các em học sinh.

IV. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được 1. Hiệu quả kinh tế: - Học sinh không phải sử dụng quá nhiều tài liệu như việc sử dụng các phương pháp khác. Có thể tự sáng tạo hoặc giải các bài toán khác theo phương pháp này. Thời gian nghiên cứu và học tập tương đối phù hợp. Các em học sinh có thể dựa vào những phân tích về các bài toán trong sáng kiến để đi tìm lời giải cho một bài toán khác, có thể tránh được tình trạng học thêm tràn lan vừa tốn kém vừa không mang lại hiệu quả cao.

2. Hiệu quả xã hội - Sáng kiến mang tính thực tiễn cao: Kiến thức vừa phải, phù hợp với đại bộ phận học sinh. Là tài liệu tham khảo bổ ích cho các em học sinh cũng như các bạn đồng nghiệp.

- Trong kì thi THPT quốc gia năm 2017, năm 2018 và trong các đề minh họa của bộ giáo dục, các chủ đề liên quan đều được đề cập đến và đều có thể sử dụng phương pháp đã nêu trong sáng kiến.

- Sáng kiến đã được áp dụng qua các hoạt động giảng dạy của nhóm tác giả, các đồng nghiệp, tại các lớp ôn thi THPT Quốc gia, cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THPT Nho Quan B bước đầu đã có những kết quả đáng kể.

- Các hoạt động mà sáng kiến đề cập đã giúp đỡ rất nhiều cho giáo viên trong việc dạy học theo phương pháp mới, nhằm đổi mới phương pháp dạy học. Cũng nhờ các hoạt động đã được xác định, giáo viên sử dụng như tài liệu tham khảo, nó giúp cho giáo viên giảm bớt được nhiều công sức trong việc soạn bài, chuẩn bị bài lên lớp.

- Việc áp dụng sáng kiến trong hoạt động dạy học giúp học sinh hình thành tư duy, khả năng vận dụng. Sáng kiến cho thấy việc học và nghiên cứu kỹ các nội dung trong sách giáo khoa là rất cần thiết cho học sinh trong quá trình học tập.

V. Điều kiện và khả năng áp dụng: Sáng kiến: “Xây dựng hệ thống bài tập trắc nghiệm dựa trên nội dung kiến thức phần tích phân lớp 12” mà nhóm tác giả trình bày dễ dàng áp dụng trong thực tế, phù hợp với cả giáo viên, học sinh trung học phổ thông. Không những hữu ích với học sinh ôn thi đại học mà còn hiệu quả với học sinh đại trà khác, giúp các em nâng cao khả năng tư duy giải quyết các vấn đề liên quan.

5

Sáng kiến đã được nhóm tác giả sử dụng trong quá trình giảng dạy, là tài liệu tham khảo cho các em học sinh, các thầy cô trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc gia tại trường THPT Nho Quan B và có thể áp dụng cho các trường THPT trong tỉnh.

Qua sáng kiến cho thấy rằng các bài toán tích phân có thể tiếp cận được với nhiều đối tượng học sinh, với nền tảng kiến thức chính chỉ giới hạn trong nội dung chương trình sách giáo khoa hiện hành. Do đó khả năng áp dụng sáng kiến này vào thực tế là khả quan và dễ thực hiện.

VI. Hiệu quả áp dụng: Trong quá trình giảng dạy tôi đã hướng dẫn cho học sinh nắm được các ý tưởng cơ bản, các thuật toán thường dùng trong việc giải quyết các bài toán liên quan về các công thức tích phân đặc biệt là với các dạng bài toán mà hình thức có thể cho ta nghĩ đến hướng giải quyết bằng các con đường khác nhau. Việc tìm nhiều lời giải cho một bài toán cùng với vận dụng khai thác các tính chất cho từ giả thiết để tìm ra đường đi đúng cho lời giải của bài toán là hết sức quan trọng. Thông qua việc phân tích hướng tìm tòi suy nghĩ khác nhau cho cùng một đề toán nhằm rèn luyện cho các em học sinh khả năng tư duy thông qua cách tiếp cận và phát hiện mối liên hệ giữa các đại lượng, phát hiện ra các tính chất và các hướng giải quyết đặc trưng cho một loạt các bài tập cùng dạng. Mấu chốt quan trọng của các bài toán về tích phân theo xu thế hiện nay là biết khai thác triệt để giả thiết, vận dụng những yếu tố có mặt trong giả thiết và các tính chất cơ bản đã cho trong giả thiết xây dựng nên mối quan hệ giữa các đại lượng liên quan. Từ đó tìm ra con đường giải quyết bài toán.

Khi tiếp cận với phương pháp này một số em học sinh khá giỏi cảm thấy rất thích thú, ham mê tìm tòi phát hiện và đôi khi đưa đến những cách giải sáng tạo và linh hoạt hơn nhiều. Các em không phải bó buộc suy nghĩ, phải cố gắng để nhớ nhiều các dạng toán, các đặc điểm của hàm số cần tính tích phân mà chỉ cần nắm vững các bài toán cơ bản trong SGK. Thông qua các tiết dạy trên lớp, các tiết ôn tập khi triển khai nội dung của sáng kiến hầu hết các học sinh đều nhiệt tình tham gia. Đặc biệt là quá trình xây dựng và hình thành nên lời giải của bài toán, các em đều rất chủ động và sáng tạo. Điều này cho thấy việc áp dụng sáng kiến trong quá trình giảng dạy đã góp một phần vào việc đổi mới phương pháp giảng dạy hiện nay.

Tuy nhiên đối tượng áp dụng của sáng kiến là học sinh thuộc khu vực miền núi, trình độ còn hạn chế. Bên cạnh đó với thời lượng trên lớp có hạn, trình độ nhận thức của đại bộ phận học sinh còn hạn chế thì việc áp dụng các phương pháp trên vẫn còn nhiều nhược điểm và chưa mang lại hiệu quả cao như mong muốn.

VII: Kết luận và kiến nghị

6

I. Kết luận: Trên đây là một số bài toán về cách giải quyết một số dạng bài tập về tích phân và các phép toán và phương páp tính tích phân mà chúng tôi đã học hỏi đúc rút được trong quá trình giảng dạy tại trường THPT Nho Quan B. Sáng kiến của chúng tôi chỉ là một mảng áp dụng các phương pháp trong bài toán tính tích phân.

Ngoài những phương pháp cơ bản nêu ở trên còn có nhiều phương pháp khác để tiếp cận bài toán. Sáng kiến thực sự là một bước đổi mới trong quá trình hướng dẫn học sinh tự học, tự nghiên cứu. Khi triển khai sáng kiến áp dụng cho học sinh thuộc các lớp giảng dạy đã tạo được niềm tin, say mê hứng thú cho các em học sinh. Các em học sinh chủ động sáng tạo trong việc phân tích bài toán, dự đoán tính chất và định hướng lời giải cho bài toán.

Sáng kiến của chúng tôi đã được áp dụng trong các năm học giảng dạy lớp 12, được học sinh đồng tình và đạt được một số kết quả, đặc biệt là các bài toán có vận dụng các tính chất liên quan được khai thác trực tiếp từ giả thiết. Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình cứng trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt. Cụ thể ở các lớp khối 12 sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy thì số học sinh hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng toán nói trên. `

Như vậy tôi thấy các phương pháp có hiệu quả tương đối tốt. Theo tôi khi dạy phần toán về tích

phân và các ứng dụng giáo viên cần hướng đến cho học sinh nhiều hướng tiếp cận khác nhau, đồng thời phân tích cho học sinh thấy rõ những khó khăn và hạn chế trong từng cách tiếp cận. Thông qua đó dần dần hình thành cho học sinh những năng lực phát hiện vấn đề thông qua dữ kiện của bài toán.

Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và hạn chế. Chúng tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp ý. Xin chân thành cảm ơn.

2. Kiến nghị và đề xuất: - Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều hoạt động trao đổi chuyên môn dưới dạng các hoạt động theo chuyên đề, nhằm từng bước nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ cho thầy cô giáo và trình độ nhận thức cho các em học sinh.

- Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ sách lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.

- Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập.

Xin chân thành cám ơn!

7

Nho Quan, ngày... tháng 4 năm 2019 Xác nhận của nhà trường

Các tác giả

Phạm Thành Trung

Bùi Việt Hùng

Lê Hoàng Thi Sỹ

PHỤ LỤC SÁNG KIẾN Phần I. MÔ TẢ NỘI DUNG SÁNG KIẾN: Sáng kiến được thiết kế theo dạng chủ đề dạy học đã được nhóm tác giả áp dụng trong quá trình giảng dạy ôn tập tại nhà trường. Tùy theo mức độ của học sinh từng lớp mà các tác giả đã đưa vào các phần nội dung để giảng dạy cho phù hợp với tình hình thực tiễn.

Nội dung sáng kiến được chia thành nhiều phần theo trình tự các kiến thức mà học sinh được tiếp nhận từ các tiết học trên lớp. Mỗi mảng kiến thức liên quan đều được trình bày khoa học với hệ thống ví dụ 8

được phân thành các mức độ từ nhận biết, thông hiểu, vận dụng và vận dụng cao để thích hợp cho các đối tượng học sinh khác nhau ở trường THPT Nho Quan B. Các chuyên đề nhỏ đều được tóm tắt lại các kiến thức cơ sở, các công thức thường sử dụng và có các ví dụ minh họa cho từng dạng cụ thể. Trong mỗi ví dụ ngoài lời giải các tác giả còn đưa thêm các hướng suy luận và mô tả con đường để dẫn đến lời giải một cách tự nhiên nhất.

Sáng kiến ngoài là nguồn tài liệu cho các thầy cô trong quá trình giảng dạy còn là tư liệu để các em học sinh tự học một cách tốt nhất. Các em học sinh có thể đọc lời giải và các hướng dẫn suy luận trong các ví dụ từ đó vận dụng vào làm các bài tập trong hệ thống bài tập được trình bày trong sáng kiến.

Phần II. XÂY DỰNG CÁC DẠNG TOÁN TRẮC NGHIỆM DỰA TRÊN NỘI DUNG KIẾN THỨC PHẦN TÍCH PHÂN LỚP 12” 1. Hệ thống kiến thức được xây dựng về Tích phân: STT

Nội dung

Các kiến thức trọng tâm Công thức tính tích phân: Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên  a; b và F ( x ) là một nguyên

hàm

của

trên

f ( x)

 a; b

b

 f ( x)dx  F ( x)

b a

 F (b )  F ( a )

a

1

Định nghĩa tích phân Chú ý: a



b

f ( x) dx  0 ;

a

a

b

 a

b

a

b

 kf ( x)dx  k  f ( x)dx a

2

b

f ( x) dx   f (t ) dt b

+



a

f ( x ) dx    f ( x ) dx

( k là hằng số).

a

Tính chất của tích phân b

+

b

b

  f ( x)  g ( x) dx   f ( x)dx   g( x)dx a

a

9

a

.

Khi

đó:

b

+

 a

c

b

f ( x) dx   f ( x) dx   f ( x) dx với a  c  b . a

c

b

+ Nếu f ( x )  0, x   a; b  thì

 f ( x)dx  0 a

Chú ý: Nếu f ( x)  g ( x), x   a; b thì b

 a

b

f ( x) dx   g ( x) dx a

b

+

 f '( x)dx  f (b)  f (a) . a

1. Dạng 1: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [a; b ] . Giả sử hàm số x   (t ) có đạo hàm liên tục trên  ;   sao cho

a   ( ); b   (  ) và a   (t )  b với t   ;   . Khi đó: 

b

 a

3

Phương pháp đổi biến số

f ( x)dx   f ( (t )). '(t )dt . 

2. Dạng 2: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  a; b . Để tính b

 f ( x)dx ta chọn hàm số u  u( x) làm biến số mới, trong a

đó trên  a; b , u ( x ) có đạo hàm liên tục và u( x)   ;   .

Giả sử có thể viết f ( x )  g (u ( x )).u '( x ) với x   a; b  và

g (u ) liên tục trên  ;   . Khi đó ta có: b

u (b )

 f ( x)dx   a

g (u )du .

u(a)

Nếu u  u ( x) và v  v ( x ) là hai hàm số có đạo hàm liên 4

Phương pháp tích phân từng phần

tục trên  a; b thì:

10

b

b b

 u ( x)v '( x)dx  (u ( x)v( x)) a   u '( x)v( x)dx a

a

b

hay

b b

 udv  uv a   vdu a

a

2. Các dạng toán tương ứng với nội dung kiến thức trong chương trình: Chú ý: Trong nội dung của sáng kiến, nhóm tác giả không đi sâu vào việc tính tích phân của một hàm số đã xác định công thức cụ thể mà chỉ đi khai thác trực tiếp các tính chất được trình bày trong SGK, đưa vào các ví dụ áp dụng trực tiếp các nội dung kiến thức đã học và mở rộng các bài toán trên cơ sở lý thuyết của bài kết hợp với các tính chất về đạo hàm và nguyên hàm mà học sinh đã được học.

2.1. Các bài toán về định nghĩa tích phân: a. Công thức tính tích phân: Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên  a; b và F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) trên  a; b . Khi b

đó:

 f ( x)dx  F ( x)

b a

 F (b )  F ( a )

a

b

Từ công thức trên ta thấy có ba đại lượng liên quan đến nhau đó là

 f ( x)dx; F (b); F (a) . Rõ ràng a

ta thấy nếu biết được hai trong ba đại lượng thì ta có thể xác định được đại lượng còn lại một cách đơn giản dựa trực tiếp vào công thức. b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên 1;3 và có một nguyên hàm là F ( x ) thỏa mãn 3

F (3)  2; F (1)  3 . Khi đó giá trị của

 f ( x)dx là: 1

A. 5

B. 1

C. 1

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Nhận biết.

11

D. 5

3

Hiển nhiên theo công thức tính tích phân ta có:

 f ( x)dx  F (3)  F (1)  5 1

Vậy đáp án đúng là A. 2

Ví dụ 2: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  1; 2 và có một nguyên hàm là F ( x ) . Biết

 f ( x)dx  2 và 1

F (2)  3 . Tính F ( 1) .

A. 1

C. 5

B. 1

D. 3

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Nhận biết.

Hiển nhiên theo công thức tính tích phân ta có: 2  3  F ( 1)  F ( 1)  1 Vậy đáp án đúng là A. 2.2. Các bài toán về tính chất của tích phân: a. Các tính chất cơ bản của tích phân: b

+

b

 kf ( x)dx  k  f ( x)dx ( k là hằng số). a

a

b

+

b

a

b

+

b

  f ( x)  g ( x) dx   f ( x)dx   g( x)dx  a

a

c

a

b

f ( x) dx   f ( x) dx   f ( x) dx với a  c  b . a

c

b

+ Nếu f ( x )  0, x   a; b  thì

 f ( x)dx  0 a

b

Chú ý: Nếu f ( x)  g ( x), x   a; b thì

 a

b

+

 f '( x)dx  f (b)  f (a) . a

12

b

f ( x) dx   g ( x) dx a

b. Các bài toán khai thác các tính chất: b1. Sử dụng các phép toán về tích phân: b

+

b

 kf ( x)dx  k  f ( x)dx ( k là hằng số). a

a

b

+

b

b

  f ( x)  g ( x) dx   f ( x)dx   g( x)dx a

a

a

Với hai phép toán trên ta có dấu hiệu để nhận biết : Cận số trong các tích phân không thay đổi và bài toán chỉ liên quan đến các hàm số đã cho và các phép toán giữa chúng.

Ví

dụ

1:

Cho

3



hàm

số

3

A. 

1

2 3

tục

1;3

trên

và

thỏa

mãn

thỏa

mãn

3

f ( x)dx  10;  [2 f ( x)  3 g ( x)]dx  4 . Tính

1

liên

y  f ( x); y  g ( x)

  f ( x)  2 g ( x) dx .

1

B. 1

C. 

1 3

D.

5 3

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Nhận biết.

3

3

3

3

Ta có [2 f ( x)  3 g ( x)]dx  4  2 f ( x) dx  3 g ( x) dx  4 . Do đó







 g ( x)dx 

1

1

1

1

3

3

1

Ví

dụ

3

  f ( x)  2 g ( x) dx   f ( x)dx  2 g ( x)dx  10 

Vậy

2:

1

Cho

4

hàm

số

1

liên

y  f ( x); y  g ( x)

4

32 2  3 3 tục

trên

4

 [2 f ( x)  3g ( x)]dx  7;  [5f ( x)  2 g ( x)]dx  8 . Tính

 3 f ( x)  g ( x ) dx .

1

1

1

A. 5

B. 1

C. 1

Hướng dẫn: Đáp án: A.

13

16 3

D. 3

1; 4

và

Mức độ: Nhận biết.

4

Đặt a 

4  2a  3b  7 a  2 f ( x)dx; b   g ( x)dx ta có hệ:   5a  2b  8 b  1 1

 1

4

 3 f ( x)  g ( x) dx  3a  b  5 .

Khi đó

1

b2. Sử dụng công thức tách cận tích phân: b

+

c

b

 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx với a  c  b . a

a

c

Với công thức trên ta thấy dấu hiệu thường sử dụng là cận tích phân có thể thay đổi nhưng hàm số dưới dấu tích phân là không đổi.

1

Ví dụ 1: Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên  1;3 và thỏa mãn



3

f ( x)dx  10;  f ( x)dx  4 . Tính

1

1

3

 f ( x)dx .

1

A. 6

C. 6

B. 2

D. 2

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Nhận biết.

3

Ta có



1

f ( x)dx 

1

Ví

dụ

0





3

1

2:

Cho

3

1

hàm

2

số

1

4

1

1

B. 1

A. 3

liên

y  f ( x)

tục

trên

 f ( x)dx .

0

C. 6

D. 9

Hướng dẫn: Đáp án: A.

14

 f ( x)dx  6 1

4

f ( x)dx  10;  f ( x)dx  4;  f ( x)dx  7 . Tính

1

3

f ( x)dx   f ( x)dx  4  10   f ( x)dx . Do đó

 1; 4

và

thỏa

mãn

Mức độ: Nhận biết.

Ta có

0

2



f ( x) dx   f ( x) dx 

1

2

0

4

Lại có:

Do đó:





1

2

f ( x)dx 

2

f ( x) dx   f ( x) dx  6 .

0

4

4

f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  3



1

1

2

4

2

4

2

 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  3 0

0

2

b3. Sử dụng tính chất tích phân của hàm số không âm: b

+ Nếu f ( x )  0, x   a; b  thì

 f ( x)dx  0 a

Với dạng toán này ta thường gặp các biểu thức tích phân có dấu hiệu khá đặc biệt ví dụ như có các biểu thức chứa dạng

 f ( x)

2

2

f ( x) ,  f '( x)  ... Do đó ta hướng tới việc nhóm các biểu thức trong dấu

;

tích phân một cách thích hợp để đưa về áp dụng công thức.

1

1

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0;1 . Biết xf ( x) dx  1 và

 0

2

  f ( x) 

dx  3 .

0

1

Tính tích phân I 

2019

  f ( x)

dx .

0

A.

32019 2020

B.

32018 2019

C.

32019 2019

D.

32018 2018

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng cao.

2

Nhận xét : Giả thiết chứa  f ( x )  và xf ( x ) nên ta cố gắng đi tìm mối liên hệ giữa chúng. Mặt 2

khác với các công thức đã học ta khó có thể tìm được mối liên hệ về đại lượng chứa biểu thức  f ( x )  . Do 2

đó điều ta có thể nghĩ đến là dạng bình phương dạng  f ( x )  ax  . Do có sự xuất hiện của đại lượng 1

xf ( x) nên ta nghĩ đến việc chọn số a sao cho

2

  f ( x)  ax  0

15

dx  0 .

1

Vì thế ta có biến đổi:

1 2

  f ( x)  ax 

dx  

1

1

0

1

 f ( x)  2axf ( x)  a x  dx  0 2

2

0

2

   f ( x)  dx  2 a  xf ( x)dx  a 2  x 2 dx  0  3  2a  0

0

2

0

a2  0  a  3.

3

Từ đó ta có lời giải Lời giải 1

Ta có:

1 2

  f ( x)  3x  0

1

dx  0  

 f ( x)  6xf ( x)  9x dx 2

2

0

1

1

2

   f ( x )  dx  6  xf ( x)dx  9  x 2 dx  3  6  3  0  f ( x)  3 x .

0

0

0

1

Khi đó I 

1 2019

  f ( x) 0

dx  32019  x 2019 dx  0

32019 .

2020 1

Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x ) liên tục, có đạo hàm trên đoạn  0;1 . Biết

 0

1

1 2

  f ( x) 0

dx  4 . Tính tích phân I  

A. 6  8ln 2

0

B. 6  4 ln 2

1

f ( x) dx  1 và  xf ( x) dx  1 , 0

f ( x) dx . x 1 C. 3  4 ln 2

D. 1  2 ln 2

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng cao.

Nhận xét : Tương tự như bài toán trên nhưng trong bài toán này các giả thiết cho rời rạc. Do đó ta cần phải tìm cách gắn kết các đại lượng với nhau để tìm ra các yếu tố liên hệ trong bài toán. Rõ ràng ta cần phải có mối liên hệ về 3 đại lượng có mặt trong giả thiết của bài toán. Ta thấy để các giả thiết đều được liên hệ với nhau nhờ đẳng thức ( f ( x)  ax  b) 2 khi đó ta thấy trong khai triển của đẳng thức có mặt tất cả các giả thiết trong bài toán.

16

1

Xét

1

 ( f ( x)  ax  b)

2

0

1

1

1

2

dx    f ( x)  dx  2a  xf ( x) dx  b  f ( x) dx   ( ax  b) 2 dx , rõ ràng các 0

0

0

0

tích phân trong vế phải đẳng thức đều có thể tính được do đó ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất tích phân của dạng bình phương.

1

Ta có

1

1

1

1

2

2 2  ( f ( x)  ax  b) dx  0    f ( x) dx  2a  xf ( x)dx  2b  f ( x)dx   (ax  b) dx  0 .

0

0

0

0

0

1

( ax  b)3 Do đó ta có 4  2(a  b )   0  a 2  (3b  6)a  3b 2  6b  12  0 .

3a 0 Xét phương trình bậc hai ẩn a ta có   (3b  6) 2  4(3b 2  6b  12)  3b 2  12b  12  3(b  2) 2 Để a tồn tại rõ ràng phải có b  2  a  6 . Khi đó hàm f ( x )  6 x  2 là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Từ đó ta có lời giải Lời giải 1

Ta có

1

1

1

1

2

2 2  ( f ( x)  6 x  2) dx    f ( x) dx  12 xf ( x)dx  4 f ( x)dx   (6 x  2) dx 0

0

0

0

0

1

Do đó có:

2

 ( f ( x)  6 x  2) dx  0 

f ( x)  6 x  2

0

1

Vậy I 

 0

1

1

f ( x) 6x  2 8   dx   dx    6   dx  6  8ln 2 x 1 x 1 x 1  0 0 1

Ví dụ 3: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  0 ,

  f   x   0

1 2  x f  x  dx  0

A.

1 . Tích phân 3

7 .

5

1

 f  x  dx bằng 0

B. 1.

C.

7 .

4

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng cao.

17

D. 4 .

2

dx  7 và

Nhận xét : Tương tự như bài toán trên ta tìm cách đưa bài toán về dạng tích phân bình phương.

Tuy nhiên trong bài toán có xuất hiện các biểu thức dưới dạng tích điều đó cho ta nghĩ đến dạng tích phân từng phần. Từ các hướng suy nghĩ trên ta đi đến lời giải cho bài toán.

Lời giải 1

Từ giả thiết:

1

1   3 x 2 f  x  dx  1 .

3 0

2  x f  x  dx  0

1

Tính: I  3 x 2 f  x  dx .

 0

u  f  x  du  f   x  dx .   2 3 dv  3 x dx v  x

Đặt: 

Ta có: 1

1

1

1

1

I   3 x 2 f  x  dx  x3 f  x    x3 . f   x  dx  1. f 1  0. f  0    x3 . f   x  dx    x3 . f   x  dx .

0

0

0

1

0

0

1

2 3  3x f  x  dx  1  1    x . f   x  dx

Mà:

0

0

1

1

1

1

2

  x3 . f   x  dx  1  7  x3 . f   x  dx  7   7 x3 . f   x  dx     f   x   dx , 0

0

0

1

(theo giả thiết:

  f   x  

2

dx  7 ).

0

1



2



1

  7 x3 . f   x  +  f   x   dx  0   f   x   7 x3 + f   x  dx  0 0

0

7  7 x 3 + f   x   0  f   x   7 x 3  f  x    x 4  C .

4 7 4

Với f 1  0   .14  C  0  C 

Khi đó: f  x   

7 .

4

7 4 7 x  .

4 4

18

0

1

Vậy:

 0

1

1

 7 7 7  x5  7 f  x  dx     x 4  dx     x   .

4 4 4 5 0 5 0 

   . Biết f ( )  0 ,  2  2

Ví dụ 4: Cho hàm số f ( x ) liên tục, có đạo hàm trên đoạn 0; 

2

2

  f ( x)

dx   và

0



2

 cos x. f ( x)dx 

2

 2

0

. Tính tích phân I 

 f ( x)dx 0

A. 2 .

B.

 2

C. 2 .

.

D. 2 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng cao.

Nhận xét : Tương tự như bài toán trên ta tìm cách đưa bài toán về dạng tích phân bình phương.

2

Tuy nhiên nếu đi trực tiếp như ví dụ 1 và 2 ta thấy chưa được vì giả thiết chứa  f ( x )  và f ( x ) nên ta  2

chưa thể tạo bình phương, do đó trước hết ta biến đổi

 cos x. f ( x)dx để tạo biểu thức

f ( x ) bằng cách

0

đặt từng phần làm xuất hiện các đại lượng có liên quan trong giả thiết.  2  u  f ( x) du  f ( x)dx  Xét phép đặt  , khi đó   f ( x)s inx  2   f ( x)sin xdx  0 2 dv  cos xdx v  s inx 0

 2

  f ( x) sin xdx   0

 2

2

. Đến đây ta được hai biểu thức  f ( x )  và f ( x ).s inx nên ta tạo bình phương

2

dạng  f ( x )  a s inx  . Ta chọn a sao cho 



2

2

  f ( x)  a s inx  0

2

dx  0  

 f ( x)  2a s inx.f ( x)  a sin x dx  0 2

2

0







2

2

2

2

   f ( x) dx  2a  sin x. f ( x)dx  a 2  sin 2 xdx  0 0

   a 

0

a

2

0 2

a   0     1   0  a  2 .

4 2  19

2

Từ đó ta có lời giải Lời giải  2

Xét

u  f ( x)



 du  f ( x)dx

 cos x. f ( x)dx  2 , đặt dv  cos xdx  v  s inx 0

khi đó

 2







2

2

  f ( x)s inx  02   f ( x)sin xdx   f ( x)sin xdx   0



0

 2

. Ta có



2

2

  f ( x)  2s inx 

2

dx  0  

0

 f ( x)  4s inx.f ( x)  4sin x dx 2

2

0

4     2   0  f ( x)  2 sin x  f ( x)  2 cos x  c mà f ( )  0  c  0 nên ta có 4 2 



2

2

f ( x)  2 cos x . Ta có I   f ( x) dx  2  cos xdx  2 0

0

1

Ví dụ 5: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  4 ,

  f   x 

2

dx  36

0

1

và

 x. f  x  dx  0

A.

1 . Tích phân 5

3 .

2

B.

1

 f  x  dx bằng 0

5 .

6

C. 4 .

D.

2 .

3

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng cao.

Nhận xét : Tương tự như bài toán trên ta tìm cách đưa bài toán về dạng tích phân bình phương kết hợp với phép đặt từng phần.

Lời giải 1

Từ giả thiết:

 x. f  x  dx  0

1

1   5 x. f  x  dx  1 .

5 0

20

1

Tính: I  5 x. f  x  dx .

 0

du  f   x  dx u  f  x   Đặt:  .  5 dv  5 xdx v  x 2 2  1

1

Ta có: I  5 x. f  x  dx 

 0

1

5 2 5 x . f  x    x 2 . f   x  dx 2 20 0

1

1

5 5 5  . f 1   x 2 . f   x  dx  10   x 2 . f   x  dx , (vì f 1  4 ) 2 20 20 1

1

Mà: I  5 x. f  x  dx  1  1  10 

 0

1

1

5 2 18 x . f   x  dx   x 2 . f   x  dx   20 5 0

1

1

2

1

2

 10  x 2 . f   x  dx  36  10  x 2 . f   x  dx    f   x   dx , (theo giả thiết:   f   x   dx  36 ) 0

0

1

0

0

1

2   10 x 2 . f   x    f   x    dx  0   f   x  10 x 2  f   x   dx  0   0 0

 10 x 2  f   x   0  f   x   10 x 2  f  x  

Với f 1  4  4 

Khi đó: f  x  

1

Vậy:

 0

10 x 3 C 3

10.1 2 C C  .

3 3

10 x 3 2  .

3 3 1

1

 5x4 2   10 x3 2  3  x  . f  x  dx     dx   3 3  6 3 0 2 0 b

b4. Sử dụng tính chất nguyên hàm kết hợp:

 f '( x)dx  f (b)  f (a) . a

Chú ý: Đặc điểm của dạng toán khi áp dụng các tính chất này là ta phải tìm ra được các mối liên hệ giữa các đại lượng trong dấu tích phân xem chúng có thể là dạng vi phân của biểu thức nào. Với các tích phân mà hàm số cho dưới dấu biểu thức tích phân có dạng tường minh thì con đường tiếp cận lời giải khá 21

đơn giản. Tuy nhiên khi các hàm số được cho không cụ thể chúng ta cần xem xét, đôi khi cần biến đổi bài toán để đưa đến dạng các biểu thức vi phân của các dạng hàm số. Trong các dạng toán này cần đặc biệt chú ý đến các dạng công thức đạo hàm của các biểu thức tổng, hiệu, tích thương và các dạng đạo hàm của biểu thức chứa căn.

Ví dụ 1: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn đồng thời f ( x )  xf '( x )  1 .

1

Tích phân

  xf  x   'dx bằng 0

A. 1.

B. 0 .

C. 2 .

D. 1 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

Nhận xét : Với bài toán này ta dễ dàng nhận thấy bài toán có dấu hiệu của đạo hàm dạng tích của các biểu thức.

Lời giải 1

Ta có:  xf ( x)  '  f ( x)  xf '( x) nên có

1

1

  xf  x   'dx    f ( x)  xf '  x   dx   dx  1 0

0

0

Ví dụ 2: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;1 , thỏa mãn f  0   f 1  1. Biết rằng 1

e

2x

 f  x   2 f   x   dx  ae  b. Tính F  a  2b .

0

A. Q  2 .

B. Q  2 2017  1 .

C. Q  0 .

D. Q  2 2017  1 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

Nhận xét : Với bài toán này tương tự ví dụ trên ta dễ dàng nhận thấy bài toán có dấu hiệu của đạo hàm dạng tích của các biểu thức.

Lời giải

22

1

1 x

1

/

Ta có  e  f  x   f   x   dx   e x f  x   dx  e x f  x   0

0

 ef 1  f  0 

f  0   f 1 1



e  1.

0

a  1 2018   Q  a 2018  b 2018  12018   1  2.   b 1 

Suy ra 

Chú ý: Đôi lúc có những bài toán ta chưa nhận ra ngay được dạng của đạo hàm mà phải nhờ một số phép biến đổi đại số ( Cộng trừ, nhân chia và thêm bớt các đại lượng thích hợp) để tạo ra dạng của công thức. Một số dạng toán về phần này đã xuất hiện khá nhiều trong các đề thi thử đại học của một số trường trong hai năm gần đây. Các bài toán đó thường lấy cơ sở trên việc giải quyết một số dạng phương trình vi phân thường gặp mà học sinh tiếp cận trên đại học. Phần này tác giả sẽ đề cập trong mục cuối của Sáng kiến. Tuy nhiên dưới góc độ tiếp cận của học sinh THPT tác giả đã cố gắng đưa đến các suy luận hợp lý dựa trên dấu hiệu của các công thức được trình bày trong SGK để học sinh có thể dễ dàng tiếp cận nhất.

Sau đây là một số ví dụ về dạng toán này được tác giả đưa ra theo cách tiếp cận và suy luận dựa trên các công thức đạo hàm các hàm số dạng tích thương. Đặc điểm dễ nhận ra trong các công thức này là sự xuất hiện đồng thời của các biểu thức f ( x ), f '( x ) với đạo hàm dạng tích và f ( x), f '( x), f 2 ( x) với đạo hàm dạng thương.

Ví dụ 3: Cho hàm số f  x   0, x  R và có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn f '( x )  6 f ( x )  0 và ln 2

f  0   1 . Tính



f ( x) dx .

0

A.

21 .

2

B. 63 .

C. e 6 

1 .

6

D. e 6  1 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

Với bài toán này con đường tiếp cận lời giải khá đơn giản. Với sự xuất hiện của hai đại lượng

f ( x); f '( x) cho phép ta nghĩ đến một số công thức có liên quan đến hai biểu thức này. Áp dụng công thức đạo hàm của hàm ln f ( x ) . Để xuất hiện công thức này ta phải tìm cách đưa giả thiết xuất hiện dạng

f '( x) . Với bài toán trên việc làm xuất hiện biểu thức này khá đơn giản. Do đó ta f ( x)

hoàn toàn có thể đi đến lời giải.

23

Lời giải

Vì f ( x )  0, x  R nên từ f '( x)  6 f ( x)  0 

Lấy nguyên hàm hai vế ta có



f '( x) 6 f ( x)

f '( x) dx   6dx  ln f ( x)  6 x  C  f ( x)  e6 x C f ( x)

Từ giả thiết có f (0)  1  eC  1  C  0 . Vậy f ( x)  e6 x . ln 2

Do đó



ln 2

f ( x) dx 

0

e 0

6x

1 dx  e6 x 6

ln 2 0



21 2

Ví dụ 4: Cho hàm số f  x   0, x  R và có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn ln 2

f "( x )  f '( x)  6 f ( x)  0 và f  0   1; f '(0)  0 . Tính



f ( x) dx .

0

A.

61 .

60

B.

61 .

15

C.

61 .

12

D.

61 .

30

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

Nhận xét : Đây là một bài toán giải phương trình vi phân tuyến tính cấp hai thuần nhất và có phương pháp giải cụ thể trong tất cả các giáo trình giải tích ở bậc đại học. Tuy nhiên tác giả sẽ đề cập đến con đường tư duy để học sinh phổ thông có thể tiếp cận nó thông qua việc biến đổi và sử dụng linh hoạt các công thức được học. Theo ý kiến của tác giả các vấn đề liên quan về phương trình vi phân sẽ không có mặt trong đề thi THPT Quốc gia nhưng con đường suy luận để tiếp cận bài toán vi phân theo kiến thức phù hợp với chương trình sẽ rèn cho các em khả năng tư duy trong quá trình học tập cũng như vận dụng kiến thức lý thuyết vào quá trình giải toán.

Phân tích: Trong bài toán có sự xuất hiện của ba đại lượng f ( x ); f '( x ) ' f "( x ) do đó ta thấy có mối liên hệ liên tiếp từ f ( x )  f '( x )  f "( x ) . Để đưa bài toán về dạng đơn giản như Ví dụ 3 ta sẽ tìm cách đặt một hàm số mới thỏa mãn yêu cầu của giả thiết. Với tính chất của bài toán ta nghĩ đến việc đặt hàm u  af ( x )  bf '( x ) vì phép đặt như vậy khi tính đạo hàm sẽ làm xuất hiện các đại lượng tiếp theo có mặt trong giả thiết.

24

Xét phép đặt u  af ( x )  bf '( x )  u '  af '( x )  bf "( x ) . Do đó cặp ( a, b) thích hợp tìm được là

( 2;3) và hoán vị. Từ đó ta đi đến lời giải cho bài toán.

Lời giải Từ giả thiết ta có: f "( x )  f '( x )  6 f ( x )  0  f "( x )  3 f '( x )  2( f '( x )  3 f ( x ))

 g (0)  f '(0)  3 f (0)  3  g '( x)  2 g ( x )

Đặt g ( x )  f '( x )  3 f ( x )  g '( x )  f "( x )  3 f '( x ) ta được 

Rõ ràng ta có g ( x )  0 nên có

g '( x) 2 g ( x)

Lấy nguyên hàm hai vế ta được ln g ( x)  2 x  C  g ( x)  e 2 x C Với g (0)  3  eC  3  C  ln 3 hay g ( x )  e2 x ln 3  3e 2 x Do đó f '( x)  3 f ( x)  3e2 x .

6 5

3 5

Lại nhận thấy công thức vế trái có thể đưa về dạng f '( x )  e 2 x  3( f ( x )  e 2 x ) . Tiếp tục phép đặt

12  3 2x  h(0)  h( x )  f ( x )  e   5 5  h '( x)  3h( x) Với suy luận trên ta có thể kiểm tra được h '( x )  0 dựa vào giả thiết nên có

h '( x)  3 h( x )

Lấy nguyên hàm hai vế có ln h( x)  3 x  C  h ( x)  e 3 x C 2

3 x  ln 2 2 2 2 5  e 3 x  eC   C  ln . Vậy h( x)  e 5 5 5 5

Do h(0) 

Do đó f ( x ) 

2 3 x 3 2 x e  e 5 5

ln 2

Từ đó có

 0

ln 2

f ( x) dx 

2

  5 e 0

3 x

3 61   e 2 x  dx  5 60 

Sau đây ta xét một số ví dụ sau khi biến đổi có thể làm xuất hiện các biểu thức dạng tích thương.

Với các ví dụ này ta có thể hoàn toàn sử dụng phép biến đổi đặt ẩn phụ theo hàm số mới như trong 4 ví dụ trên. Tuy nhiên để cho học sinh có cái nhìn rõ hơn về con đường suy luận tác giả sẽ đi đến hướng phân tích 25

bài toán theo một cách nhìn khác. Thông qua cơ sở giải bài tập và phân tích nguyên nhân dẫn đến lời giải hi vọng học sinh có thể rút ra những điều bổ ích để áp dụng trong quá trình tư duy sau này.

Ví dụ 5: Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên R thỏa mãn f   x   2018 f  x   2018.x 2017 .e 2018 x với mọi

x   và f  0   2018. Tính giá trị f 1 .

A. f 1  2019e2018 .

B. f 1  2018.e2018 . C. f 1  2018.e2018 . D. f 1  2017.e2018 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Nhận xét: Bài toán này hoàn toàn giống bài toán trên. Ta có thể dùng hàm phụ dạng

 e  f ( x)  kx   '  2018e  f ( x)  kx  để tìm ra đại lượng k , h . hx

2017

hx

2017

Ta sẽ đi xét một cách tiếp cận khác. Nhận thấy đẳng thức ở vế trái có dạng f   x   2018 f  x  có dấu hiệu của đạo hàm dạng tích. Do đó ta nghĩ đến việc nhân vào hai vế đại lượng e kx ( Vì hàm số e u ( x ) sẽ giữ nguyên biểu thức sau khi lấy vi phân). Với giả thiết bài toán dễ dàng nhận ra được k  2018 do

e

kx

f ( x)  '  ekx f '( x)  ke kx f ( x) . Do đó ta có thể đi đến lời giải.

Lời giải

Nhân vào hai vế đại lượng e 2018x ta có '

f   x  e2018 x  2018e2018 x f  x   2018.x2017   f ( x)e2018 x   2018.x2017 e Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được 

2018 x

1

1

f ( x)    x 2018 dx  f (1)  2019e 2018 0

0

Từ các ví dụ đơn giản trên ta có thể giải quyết các bài toán sau: Ví dụ 6: 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 phân 0

I   (2 x  1). f ( x)dx . 2

26

A. 1  e 2 .

C. e  e 2 .

B. 1  e .

D. e 2  e 6 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

Nhận xét : Ta nhận thấy bài toán có mặt các đại lượng f ( x ), f '( x ), f 2 ( x ) do đó ta sẽ tìm cách biến đổi bài toán về dạng thức của đạo hàm dạng thương của các hàm số dựa trên cơ sở của công thức đạo hàm một thương.

2

f ( x). f ( x )   f ( x)

Từ gt ta có

2

 f ( x )

 f ( x)   2 , biểu thức vế trái có dạng   nên ta có thể tìm được  f ( x) 

lời giải hợp lý cho bài toán vừa nêui.

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

Ta có 2  f ( x)   f ( x). f ( x)   f ( x)   0 



f ( x). f ( x)   f ( x) 2

 f ( x)

 f ( x)  2   2  f ( x) 

f ( x) f ( x) .dx    2 x  c dx  ln f ( x)  x 2  cx  c1 mà 1  f ( x)  e6   2.dx  2 x  c   f ( x) f ( x)

 f (0)  1

c1  0 c  1   4  2c  c1  6 c1  0  f (2)  e

Nên ta có ln f ( x )  x 2  cx  c1 . Do 

 ln f ( x)  x 2  x  f ( x)  e x

2

x

0

Khi đó I 

6

0

x  (2 x  1). f ( x)dx   (2 x  1).e 2

0 2

x

2

dx   e x

2

x

d (e x

2

x

2

x

7

 x. f ( x)dx 0

27

0

 1  e2

2

2

Ví dụ 7: Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm trên R và thỏa mãn 3 f ( x).e f

Biết f (0)  1 , tính tích phân I 

)  ex

3

( x )  x 2 1



2x với x  R . f 2 ( x)

A.

45 .

8

B.

15 .

8

C. 15 .

D. 45 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Ta có 3 f ( x).e f

 ef

3

( x)

3

( x )  x 2 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

2

1

Do f (0)  1  e  e  c  c  0  e f 7

Khi đó I 

7

 x. f ( x)dx   0

0

3

c.

( x)

 ex

1 x. x  1.dx  2 3

2

2

1

7

7



 f 3 ( x)  x 2  1  f ( x )  3 x 2  1

3

0

3 45 x  1.d ( x  1)   x 2  1 3 x 2  1    8 8 0 2

2

Ví dụ 8: Cho hàm số y  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

A. e 2  e .

B. e  1 .

C. 2e 2  1 .

D. 1.

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Với bài toán này trước tiên ta nhận thấy có dạng đạo hàm của tích các biểu thức f ( x ).g ( x ) . Với công thức đạo hàm dạng tích ta có

 f ( x).g ( x)  ' 

f '( x) g ( x)  g '( x) f ( x) .

Từ mối liên hệ của các đại lượng có trong giả thiết ta hướng đến việc đi tìm biểu thức u ( x ) .

Do có sự xuất hiện của các đại lượng ( x  1) f ( x ); x. f ( x ) ở vế trái ta hướng đến việc nhân hai vế với biểu thức dạng e kx để đảm bảo sự bất biến về biểu thức của f ( x ); f '( x ) . Đồng nhất hai vế trong giả thiết ta đi đến việc tìm ra k  1 , từ đó ta có lời giải Lời giải 28

  Ta có  xe x . f ( x)   xe x f ( x)  xe x . f ( x)  e x  xe x f ( x)  xe x . f ( x)

 





 e x  x  1 f ( x)  xf ( x)    xe x . f ( x)   e x .  2e x   xe x . f ( x)   2e2 x dx  xe x . f ( x)  e2 x  c Do f (1)  e  e.e  e 2  c  c  0  xe x . f ( x)  e 2 x  f ( x) 

2

2

Khi đó I  x. f ( x)dx  e x dx  e x





1

1

2 1

ex . x

 e2  e

Nhận xét: Với các bài toán dạng này ta cần có sự quan sát thích hợp dấu hiệu xuất hiện của các đại lượng trong giả thiết đặc biệt là chú ý đến sự xuất hiện của các biểu thức mà việc đạo hàm không làm thay đổi dạng biểu thức và việc đạo hàm có tính chất lặp lại. Điển hình đó là việc nhân chia, thêm bớt các biểu thức liên quan đến các hàm số mũ ( Đảm bảo tính bất biến khi lấy đạo hàm) hoặc các hàm lượng giác ( Đảm bảo tính lặp sau quá trình lấy đạo hàm).

Việc sáng tác ra các bài toán này khá đơn giản. Ta chỉ cần lấy một biểu thức g ( x ) có dạng đặc biệt để ghép với f ( x ) tạo nên các đạo hàm dạng tích thương. Sau đó tiến hành lấy đạo hàm và biến đổi đồng thời đưa thêm các giả thiết phù hợp để tạo nên đề toán. Tuy nhiên trong quá trình thực hiện các phép biến đổi cần đảm bảo về tập xác định, sự liên tục và tính duy nhất của biểu thức sau biến đổi.

 

Ta có thể xét bài toán sau: Đặt g ( x )  tan x xác định và khả vi trên  0;

y  f ( x).tan x . Lấy đạo hàm hai vế ta có biểu thức y '  f '( x) tan x  thức

 . Khi đó xét hàm số 2

f ( x) . Ta ghép vào vế trái biểu cos 2 x

1 để được bài toán sau: cos 2 x

 

Ví dụ 9: Cho hàm số y  f ( x ) có đạo hàm trên  0;



 thỏa mãn 2 f ( x)  sin 2 x. f ( x)  2 với 2

 4     0;  . Biết f ( )  2 , tính tích phân I   f ( x)dx 4  2  3

A.





1   ln 2 . B.  ln 2 .

12 2 6

C.

 12

 ln 2 .

Hướng dẫn: 29

D.



1  ln 2 .

6 2

Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Ta có

 f ( x). tan x 

'



1  f ( x). tan x  tan x  C  f ( x)  1  C .cot x cos 2 x

    2  f ( x)  1  cot x 4

Do f 





4

Vậy I 

 



4

f ( x)dx   1  cot x dx   x  ln(sin x)  4  

6

6



1  ln 2 12 2

6

2.2. Các bài toán sử dụng phép đặt ẩn phụ: a. Dạng 1: Các bài toán sử dụng phép đặt trong các tích phân có chứa biểu thức dạng

f (u ( x ))

Với dạng toán này các dấu hiệu đặc trưng được thể hiện khá rõ ràng. Sự nhận diện ra bài toán không quá khó dựa trên các đặc điểm về dạng hàm, vi phân và cận số có liên quan giữa các điều kiện. Với dạng toán này học sinh chỉ cần nắm vững nội dung của phương pháp đổi biến số trong SGK để thực hiện.

Sau đây ta sẽ đi xét một số ví dụ cụ thể.

2

Ví dụ 1: Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên R đồng thời thỏa mãn





2  x. f x  1 dx  2 . Tính

B. 2 .

C. 1.

D. 3 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu. Đặt t  x 2  1  dt  2 xdx.

x  1 t  2 x  2  t  5

Đổi cận: 

2

Khi đó

 1

5

5

2

5

1 f  x  1 xdx   f  t  dt   f  t dt  2  f  x 2  1 xdx   f  x dx  4.

22 2 2 1 2

30

 f  x  dx.

2

1

A. 4 .

5

Nhận xét: Bài toán này khá đơn giản. Dấu hiệu nhận ra ẩn phụ khá rõ ràng. Đây là một bài toán giúp học sinh nắm lại được phương pháp đặt ẩn phụ trong tích phân một cách đơn giản nhất. Việc cho học sinh giải quyết những bài toán này giúp các em hiểu rõ hơn về phương pháp trình bày trong SGK. 5

Ví dụ 2: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên R đồng thời thỏa mãn

f



x  4 dx  8 . Tính

0

2

 x. f  x  dx.

3

A. 4 .

B. 2 .

D. 3 .

C. 1.

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

x  4  t  x  t 2  4  dx  2tdt .

Đặt

x  0  t  2 . x  5  t  3

Đổi cận: 

3

3

Khi đó 2tf  t  dt  8  x. f  x  dx  4.





2

2

Ví dụ 2: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên R đồng thời thỏa mãn

2

4



f  x  dx  2 . Tính I   1

1

bằng A. I  4 .

B. I  2 .

C. I 1.

D. I 

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

Đặt

t  x  dt 

1 2 x

dx ; đổi cận: x  1  t  1 , x  4  t  2

31

1 .

2

f

 x  dx x

4

Do đó có: I 

f

 1

 x  dx  x

2



2

f  t  2dt  2  f  t  dt  2.2  4 .

1

1

16



Ví dụ 3: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên R đồng thời thỏa mãn

1

f

 x  dx  6 và x

 2



4

f  sin x  cos xd x  3 . Tính tích phân I   f  x  dx .

0

0

B. I  2 .

A. I  6 .

D. I  2 .

C. I  9 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

16

Xét I 



f

 x  dx  6 , đặt

x t 

x

1

dx  dt 2 x 4

4

Đổi cận: x  1  t  1 ; x  16  t  4 nên I  2 f  t  dt  6 

 1

6

 f  t  dt  2  3 .

1

 2

J 

 f sin x  cos x dx  3 , đặt sin x  u  cos xdx  du 0

Đổi cận: x  0  u  0 ; x 

4

Vậy I 

1

 0

 2

1

 u  1  J   f  u  du  3 0

4

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  3  3  6 .

0

1

Nhận xét: Trong bài toán này ta thấy giả thiết có mặt của hai hàm số hợp. Do đó ta cần phải thực hiện hai phép đặt để đưa bài toán về dạng đơn giản hơn.

1

Ví dụ 4: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên R đồng thời thỏa mãn

 0

2

Tính I 

 f  5 x  2 dx . 2

32

2

f  2 x  dx  2 và

 f  6 x  dx  14 .

0

A. I  32 .

I  16 .

B.

C. I  8 .

D. I  24 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

1

 f  2 x  dx  2 . Đặt u  2 x  du  2dx ; x  0  u  0 ; x  1  u  2 .

+ Xét

0

1

Nên 2 

2

f  2 x  dx 

 0

2

1 f  u  du   f  u  du  4 .

2 0 0

2

 f  6 x  dx  14 . Đặt v  6x  dv  6dx ; x  0  v  0 ; x  2  v  12 .

+ Xét

0

2

Nên 14 



12

f  6 x  dx 

0

2



+ Xét

f  5 x  2  dx 

2

12

1 f  v  dv   f  v  dv  84 .

6 0 0 0

2



f  5 x  2  dx   f  5 x  2  dx .

2

0

0

* Tính I1 

 f  5 x  2  dx . 2

Đặt t  5 x  2 .Khi 2  x  0 , t  5 x  2  dt  5dx ; x  2  t  12 ; x  0  t  2 .

2

I1 

2 1 12  f  t  dt  1   f  t  dt   f  t  dt   1  84  4   16 .  5 12 50 0  5

2

* Tính I1 

 f 5 x  2 dx .

0

Đặt t  5 x  2 .Khi 0  x  2 , t  5 x  2  dt  5dx ; x  2  t  12 ; x  0  t  2 .

12

2 1 12  I 2   f  t  dt  1   f  t  dt   f  t  dt   1  84  4   16 .

52 50 0  5

2

Vậy

 f  5 x  2 dx  32 . 2

33

 e2

4

Ví dụ 5: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  và thỏa mãn

 tan x. f  cos x  dx  2 và  2

0

2

Tính I 



f 2x

dx .

x

1 4

A. I  8 .

B. I  4 .

C. I  1 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

Ta có





4

4

0

0

2  tan x. f  cos x  dx  

f  cos 2 x  cos 2 x

sin x.cos xdx  2

Đặt t  cos 2 x  dt  2 sin x.cos xdx  

Với x  0  t  1 ; với x 

 4

t 

1 dt  sin x.cos xdx 2

1 2

1 1

f (t ) 1 2 f (t ) Suy ra, 2    dt   dt  4 21 t t 1 2

e2

Ta có

 e

f  ln 2 x  x ln x

e2

dx 

 e

Đặt t  ln 2 x  dt 

f  ln 2 x  ln x . dx  2 x ln 2 x

2 ln x 1 ln x dx  dt  dx x 2 x

Với x  e  t  1 ; với x  e 2  t  4 4

Từ đó suy ra 2 

2

* Tính

 1 4

f 2x x

e

4

1 f (t ) f (t ) dt   dt  4  21 t t 1 2

dx  2  1 4

f  2x  2x

dx

34

D. I  0 .

f  ln 2 x  x ln x

dx  2 .

1 dt  dx 2

Đặt t  2 x  dt  2dx 

Với x 

1 1  t  ; với x  2  t  2 4 2 4 1 4 f  2x  f (t ) f (t ) f (t ) dx   dt   dt   dt  8 x t t t 1 1 1

2

Vậy: I   1 4

2

2

1

Ví

dụ

6:

Cho

hàm

f ( x ) liên tục trên  và thỏa mãn

số

f 0





4

4

 tan

3

1 4

x f  tan x  dx  4   tan x f  tan x  dx . Tính I   xf  8 x  dx .

0

0

A. I 

5 .

32

0

B. I 

1 .

16

C. I 

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

1 4

Ta có: I  xf  8 x  dx

 0

Đặt t  8 x 

1 dt  dx 8

Đổi cận: x  0  t  0; x 

1 4

2

I   xf  8 x  dx  0

Lại có:

1 t 2 4 2

1 t 1 f  t  dt  tf  t  dt  808 64 0





4

4

3  tan x f  tan x  dx  4   tan x f  tan x  dx 0

0

35

5 .

4

D. I 

1 .

8



3 x  1 dx  4 và





4

  tan

4

3

x  tan x  f  tan x  dx  4   tan x  tan 2 x  1 f  tan x  dx  4

0

0





Đặt t  tan x  dt  tan 2 x  1 dx

Đổi cận: x  0  t  0; x 

 4

 t 1

 4

1

0

0

2  tan x  tan x  1 f  tan x  dx   tf  t  dt  4

1

f

Xét:



3 x  1 dx  4

0

Đặt t  3 x  1  dt 

3

2 dx  tdt  dx 3 2 3x  1

Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  2 1

  f

2



3 x  1 dx 

0

I

2

2 tf  t  dx  4   tf  t  dx  6 3 1 1

2 1 2  10 5 1 1  tf t dt  tf t dt  tf  t  dt           64 0 64  0  64 32 1

 

Ví dụ 7: Cho Xét hàm số f  x  liên tục trên  0;1 và thỏa mãn điều kiện 4 x. f x 2  3 f 1  x   1  x 2 1

. Tích phân I 

 f  x  dx bằng: 0

A. I 

 20

.

B. I 

 4

.

C. I 

 6

.

D. I 

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

 

Vì f  x  liên tục trên  0;1 và 4 x. f x 2  3 f 1  x   1  x 2 nên ta có

36

 16

.

1

1

1

1

1

2 2 2 2   4 x. f  x   3 f 1  x  dx   1  x dx   4 x. f  x  dx   3 f 1  x  dx   1  x dx 1 .

0

0

1

1

0

0

1 2

2 2 2 t x  2  f  t  dt  2I  4 x. f  x  dx  2 f  x  d  x  

Mà

0

0

1

và

0

0

1

1

u 1 x  3 f 1  x  dx  3 f 1  x  d 1  x   3 f  u  du  3I 0

0

0

1

Đồng thời







2

2

x  sin t   1  sin 2 t .cos tdt   cos2 tdt  1  x 2 dx  0

0

Do đó, 1  2 I  3I 



0

hay I 

4

 20



12  1  cos 2t  dt  .  20 4

.

b. Dạng 2: Các bài toán sử dụng phép đặt trong các tích phân chứa các hàm số có tính chất đặc biệt được xây dựng dựa trên phương trình hàm.

Với các bài toán này đặc điểm để nhận ra chúng chính là giả thiết được cho bởi các mối quan hệ để xác định nên một hàm số duy nhất hay ta còn gọi chúng là phương trình hàm. Với các lớp bài toán này ta cần nhận ra các tính chất đặc biệt của hàm số để tìm ra lời giải thích hợp.

Một số tính chất thường gặp trong dạng toán này đó là tính chẵn, lẻ của hàm số, tính tuần hoàn và tính đối xứng qua điểm đặc biệt.

Thông thường hai phép đặt cơ bản nhất thường sử dụng trong lớp bài toán này đó là các phép đặt dạng t  a  b  x và phép đặt t 

ab trong đó a; b là hai cận của tích phân ban đầu . Sở dĩ có hai phép x

đặt này là do sau khi thực hiện phép đặt, cận số của tích phân được bảo toàn nên người ta thường gọi chúng là phép đặt bất biến cận.

Sau đây ta xét một số ví dụ sử dụng các phép đặt thuộc dạng này:

2 

2

2 

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  ;1 và thỏa mãn 2 f ( x )  3 f ( )  5 x với x   ;1 .

3x 3  3  1

Tính tích phân I 

 2 3

1 3

A. I  .

f ( x) dx x

B.

2 I .

3

C. I  37

5 .

3

D.

2 I  .

3

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Nhận xét: Từ căn cứ vào hai cận số của tích phân ta sẽ nghĩ đến hai phép đặt t 

5 2 để  x hoặc t  3 3x

đảm bảo tính bất biến về cận số. Kết hợp với đặc điểm về các biểu thức xuất hiện trong giả thiết ta đi đến việc lựa chọn phép đặt t 

2 vì nó làm xuất hiện các biểu thức có mặt trong giả thiết.

3x

Lời giải

2  x   t 1  2 2  3 . Đặt x   dx   2 dt , đổi cận :  3t 3t x  1 t  2  3 2

23 Khi đó I    31

2 1 2 2 f ( ). 2 ) ) 1 f ( 1 f ( 3t t dt  3t dt  3 x .dx . 2 t 2 x 2 3 3 3t

1

1

3

3

f ( x) Ta có 2 I  3I  2  dx  3 x 2 2

1

 5I   2 3

2 f ( x)  3 f ( x

f(

2 ) 3 x .dx x

2 1 1 ) 3 x .dx  5 x dx  5dx  5  I  1 2 x 2 3 3 3

3

Chú ý: Bài toán này có thể giải theo cách khác. Đó là từ giả thiết ta sẽ đi tìm hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán sau đó thay hàm số vào để tính tích phân. Tuy nhiên với học sinh THPT không chuyên thì việc giải một phương trình hàm là điều không phù hợp và không có trong chương trình giảng dạy. Do đó việc hướng dẫn học sinh tiếp cận theo con đường như trên là phù hợp nhất vì việc sử dụng các kiến thức trong SGK kết hợp với sự quan sát, tư duy trong quá trình giải toán giúp các em dễ dàng giải quyết được bài toán này.

Tuy nhiên một yêu cầu đặt ra trong lớp các bài toán về tích phân chứa các hàm số chưa cho ở dạng cụ thể đối với các thầy cô giáo khi ra đề cần phải hết sức chú ý. Có thể vì lý do nào đó việc xác định một hàm số thỏa mãn một đẳng thức cho trước đã vi phạm một số điều kiện liên quan. Vấn đề này tác giả sẽ trình bày trong phần một số sai lầm thường gặp trong tính tích phân các hàm số không tường minh.

38

Trong bài toán này ta có thể kiểm tra được tính tồn tại và sự duy nhất của hàm số đã cho trong giả thiết của bài toán.

Từ giả thiết ta có: 2 f ( x )  3 f (

2 )  5x 3x

2 2 10 2  ta được: 2 f ( )  3 f (t )  . Rõ ràng với mọi x   ;1 luôn tồn tại duy 3t 3t 3t 3 

Xét phép đặt x 

nhất một giá trị t thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Mặt khác từ 2 f (

2 10 2 10 ta có thể suy ra 2 f ( )  3 f ( x)  )  3 f (t )  3t 3t 3x 3x

2   2 f ( x)  3 f ( 3 x )  5 x 1 Vậy có hệ:   f ( x)  (  x) x  2 f ( 2 )  3 f ( x)  10  3x 3x 1

Do đó I 

1

 2 3

f ( x) 1  1  dx  2   2  1dx  . x 3  2 x 3

Ví dụ 2: Cho f  x  là hàm liên tục và a  0 . Giả sử rằng với mọi x  0; a , ta có f  x   0 và a

f  x  f a  x   1 . Tính I   0

A. I 

a .

2

B.

I

dx .

1  f x 

a .

3

C. I  2 a .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng. a

Ta có: I 

 0

f a  x 

a

dx 1 1 f a  x 

 0

dx . f a  x  1

Đặt: a  x  t thì d x  d t .

0



Ta được: I  

a

f t  f t   1

a

dt   0

f x  f x 1

dx .

39

D.

I  a ln  a 1 .

a

Do đó: 2 I 

 0

f x  1 a dx   d x   dx  a . Vậy: I  .

2 f  x  1 f  x  1 0 0 a

a

Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  0; 2  và thỏa mãn 3 f ( x)  4 f (2  x)   x 2  12 x  16 với 2

x   0; 2 . Tính tích phân I   f ( x)dx 0

A. I  

16 .

3

8 3

B. I   .

C. I  

32 .

3

4 .

3

D. I  

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

x  0  t  2 x  2  t  0

Đặt x  2  t  dx  dt , đổi cận : 

0

2

Khi đó I   f (2  t )dt 

 2

 0

2

2

f (2  t )dt  I   f (2  x)dx 0

2

2

Ta có 3I  4 I  3 f ( x )dx  4 f (2  x )dx 

 0

 0

2

2  3 f ( x)  4 f (2  x)dx   I     x  12 x  16  .dx 0

0

2

2

  x3  16 16   I     x  12 x  16  .dx    6 x 2  16 x    I   3  3 0 3 0 2

   ;  và 3 f   x   2 f  x   tan 2 x . Tính 4 4 

Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn    4

I

 f  x  dx .



4

A. I  2 

 2

.

B. I  1 

 4

.

C. I  1 

Hướng dẫn: Đáp án: A.

40

 2

.

D. I 

 2

1.

Mức độ: Vận dụng.

Theo đề bài, ta có 3 f   x   2 f  x   tan 2 x 1 2 2 Thay x   x  3 f  x   2 f   x   tan   x   tan x  2

2 Từ 1 và  2 suy ra: f  x   tan x

I









4

4

4

4

0

0





f  x  dx 





4

tan 2 x dx  2  tan 2 x dx  2  1+tan 2 x   1 dx

4



Vậy: I  2  tan x  x 

4 0

 2

 2

.

Ví dụ 4: Cho hàm số f  x  là hàm liên tục trên  0;1 . Giả sử rằng với mọi x   0;1 , ta có f  x   0 và 1

f  x  . f 1  x   4 . Tính I   0

A. I 

1 .

4

B. I 

dx .

2  f  x

1 .

2

C. I  2 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

1 f 1  x  dx  0 2  f  x  0 2  2  f 1  x   dx .

1

Ta có I 

Đặt t  1  x  dt  dx , đổi cận : x  0  t  1; x  1  t  0 .

0

I   1

1 f t  f  x dt   dx .

2  2  f  t  2  2  f  x  0

1

 2I   0

1 f  x dx 1 1  dx   I  2  f  x  0 2  2  f  x 2 4

41

D. I  1 .

2 Ví dụ 5: Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  0;1 thỏa mãn điều kiện f  x   2 f 1  x   3x  6 x , 1

x   0;1 . Tính tích phân I   f 1  x 2  dx .

0

A. I  

2 .

15

B. I 

2 .

15

C. I  

4 .

15

D. I  1 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng. Đặt t  1  x , x   0;1 thì t   0;1 .

2

Ta có f  x   2 f 1  x   3x 2  6 x  f  x   2 f 1  x   3  x  1  3  f 1  t   2 f  t   3t 2  3

 2 f  x   f 1  x   3x 2  3 .  f  x   2 f 1  x   3 x 2  6 x  f  x   2 f 1  x   3 x 2  6 x Xét hệ phương trình:   2 2  2 f  x   f 1  x   3 x  3  4 f  x   2 f 1  x   6 x  6 2

 3 f  x   3x 2  6 x  6  f  x    x  1  3 , x   0;1 .



 

Khi đó f 1  x 2  2  x 2

1

Suy ra I 

 0



2

 3  x4  4 x2  1 .

1

1

 x5 4 x3  2  x   . f 1  x  dx    x  4 x  1 dx    3 15  5 0 0 2

4

2

Ví dụ 6: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên R và thỏa mãn f  x   f   x   2  2cos 2 x . Tính  2

I

 f  x  dx .



2

A. I  2 .

B. I  1 .

C. I  1 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

42

D. I  2 .

 2

Ta có: I 

 f  x  dx (1)



2

Đặt t   x  dt   dx 

I 





2

2



f  t  .  dt  







2

 2

f  t  dt 



2

Từ trên có: (1) + (2)  2 I 

 f   x  dx (2) 2





2

2





 f  x   f   x   dx 





2

 2

2  2cos 2 xdx 



2









2

2

2

2

2 



2

2cos xdx  2  cos x dx  2  cos xdx  2sin x 

2





2





2



2 1  cos 2x dx 

 2

 2 1   1   4

2

I 2  

Ví dụ 7: Cho hàm số y  f  x 



    là hàm số chẵn trên đoạn   ;  và 2  2 2 

2   f  x   f  x    sin x  cos x . Tính I   f  x  dx .

2  0

A. I  1 .

C. I  0 .

B. I  1 .

D. I 

1 .

2

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng. 

Đặt t 



0

2







2

   x  dt  dx Đổi cận:  I   f   t  .  dt    f   t  dt   2 2 2      0 0 2

 2            f   x   Vì f   x  là hàm số chẵn  f   x   f   x   2  2   2  2  0

43

  f   x  dx 2  





2

 Vậy 2 I    f  x   0 



2    f  x    dx    sin x  cos x  dx   cos x  sin x  2   0

2

 1  1  2 0

 I  1 : d. Dạng 3: Các bài toán sử dụng phép đặt trong các tích phân dạng giả thiết chứa đẳng thức dạng

f (u ( x ))  g ( x) : Với các bài toán này đặc điểm để nhận ra chúng chính là giả thiết được cho bởi các mối quan hệ của hàm hợp. Sau đây ta cùng đi xét một số ví dụ và cách thức để tiếp cận lớp bài toán này.

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x5  x)  6 x  5 với x  R . Tính tích phân 2

I   f ( x)dx .

0

A. I  2 .

B. I  1 .

C. I  4 .

D. I  4 .

Phân tích: Với tích phân này ta có thể đặt ẩn phụ để biến đổi từ biểu thức có dạng x 5  x về biểu thức ẩn t với mục đích xuất hiện biểu thức f (t ) có trong tích phân cần tìm. Do đó ta có thể đặt ẩn phụ t  x 5  x hoặc x  t 5  t để biến đổi các đẳng thức tương ứng.

Tuy nhiên với bài toán này ta còn có cách xử lí khác là nhân vào hai vế đẳng thức giả thiết đại lượng

5 x 4  1 để đẳng thức giả thiết xuất hiện dạng u '( x). f (u ( x)) sau đó lấy tích phân hai vế để tính I .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Cách 1: Đặt x  t 5  t . Khi đó ta có dx  (5t 4  1)dt 5  x  0  t  t  0  t  0 Đổi cận:  5  x  2  t  t  2  t  1

2

Khi đó có: I 

1

 f ( x)dx   f (t 0

0

1 5

4

 t )(5t  1) dt   f ( x5  x)(5 x 4  1) dx 0

44

1

Vậy: I  (6 x  5)(5 x 4  1) dx  2

 0

Cách 2: Từ giả thiết f ( x 5  x)  6 x  5  (5 x 4  1) f ( x5  x)  (6 x  5)(5 x 4  1) 1

Khi đó có

1

 (5 x

4

0

5

 1) f ( x  x) dx   (6 x  5)(5 x 4  1) dx  2 0

1

Mà

2

2

4 5  (5 x  1) f ( x  x)dx   f (t )dt   f ( x)dx 0

0

0

2

Do đó I 

 f ( x)dx  2 0

Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x3  x)  4 x với x  R . Tính tích phân 10

I

 f ( x)dx .

2

A. I  51 .

B. I  17 .

C. I  68 .

D. I  47 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng. Đặt x  t 3  t . Khi đó ta có dx  (3t 2  1)dt

 x  2  t 3  t  2  t  1 3  x  10  t  t  10  t  2

Đổi cận: 

10

Khi đó có: I 

 2

2

2

f ( x)dx   f (t 3  t )(3t 2  1)dt   f ( x3  x)(3 x 2  1)dx 1

1

2

Vậy: I  4 x(3 x 2  1)dx  51

 1

45

Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R và thỏa mãn f ( x3  2 x  2)  3x  1 với x  R . Tính tích 10

phân I 

 f ( x)dx .

1

A. I 

151 .

4

B. I 

151 .

4

C. I 

151 .

4

D. I 

151 .

4

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

3  x  1  t  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

Ta có I 

 f (t

2 3

2

 2t  2).  3t  2t dt    3t  1  3t  2t dt    9t 3  3t 2  2t  dt 2

1

2

1

1

2

 9t 4 3 2  151  t t   4  4 1 d. Dạng 4: Các bài toán sử dụng phép đặt trong các tích phân dạng giả thiết chứa đẳng thức dạng

f '( x).g ( f ( x))  u ( x) : Với các bài toán này đặc điểm để nhận ra chúng chính là giả thiết xuất hiện biểu thức f '( x ) . Để đơn giản ta có thể đặt t  f ( x ) để đưa về tích phân theo biến số và cận số mới của t . Sau đây ta cùng xét một số ví dụ và phương pháp giải đặc trưng cho các dạng bài toán này. Phương pháp giải thường gặp cho dạng toán này: Từ hệ thức đã cho ở đề bài, ta biến đổi về dạng   f  x   . f   x   k  x  , trong đó các hàm số   x  , k  x  là các hàm số có nguyên hàm và tính được một cách đơn giản.

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên khoảng (0; ) thỏa mãn

2 f ( x) f ( x)( x  2) 1  , x  0 và f (1)  . Tích phân 2 3 ( f ( x)) x 3 A. I 

3 1  ln 2 .B. I    ln 2 .

2 2

C. I 

2

1

 ( f ( x))

2

dx bằng.

1

7 11  ln 2 . D. I   ln 2 .

2 2

Hướng dẫn: 46

Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Theo giả thiết có

2 f ( x) x  2 2 f ( x) x2 1 1 1 1 1  3  3 dx   3 dx    2  C   2    2  C. 3 f ( x) x f ( x) x x x f ( x) x x Thay x  1 vào có C  2  

2

Do đó

1 1 1 1  3  C  1  2  2   1. f (1) f ( x) x x 2

2

1 3  1 1  1 ( f ( x))2 dx  1  x2  x  1 dx  2  ln 2 .

Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f  2   

2 2 và f   x   2 x  f  x   với mọi x   . Giá trị của 9

f 1 bằng A. I  

2 .

3

B. I  

19 .

36

C. I  

2 .

15

D. I  

35 .

36

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Ta có f   x   2 x  f  x  

Từ f  2   

2

f  x 0



 1  1  2 x    x2  C .    2 x  2 f  x  f  x    f  x  f  x

2 1 suy ra C   .

9 2

Do đó f 1 

1 2  .

1 3   12     2  

Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) liên tục, nhận giá trị dương trên  0;   và thỏa mãn f 1  1 ,

f  x   f   x  . 3x  1 , với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 3  f  5  4 .

B. 1  f  5  2 .

C. 4  f  5   5 .

47

D. 2  f  5   3 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

Ta có f  x   f   x  . 3x  1 



d  f  x f  x

2 1 2 dx  ln f  x   3x  1  C  f  x   e 3 3 3x  1



Mà f 1  1 nên e

f  x f  x 1 1   dx   dx f  x f  x 3x  1 3x  1

4 C 3

3 x 1  C

4

4  1  C   . Suy ra f  5   e 3  3, 794 .

3

Vậy 3  f  5   4 .

Ví dụ 4: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 4  , đồng biến trên đoạn 1; 4  và thỏa mãn 4

3

2

đẳng thức x  2 x. f  x    f   x   , x  1; 4  . Biết rằng f 1  , hãy tính I  2

A. I 

1186 .

45

B. I 

1174 .

45

C. I 

1222 .

45

D. I 

 f  x  dx ?

1

1201 .

45

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

2

Ta có x  2 x. f  x    f   x   

Suy ra



f  x 1 2 f  x

x. 1  2 f  x   f   x  

dx   xdx  C  

df  x  1 2 f  x

f  x 1 2 f  x

 x , x  1; 4 .

dx   xdx  C

2

 1 2 f  x 

2 32 3 4 x  C . Mà f 1   C  . Vậy f  x   3 2 3

48

 2 32 4   x   1 3 3 2

.

4

Vậy I 

1186 .

45

 f  x  dx  1

Ví dụ 5: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  thỏa mãn 3 f   x  .e

f 3  x   x2 1



2x  0 và f  x 2

7

f  0   1. Tích phân

 x. f  x  dx bằng 0

A. I 

45 .

8

B. I 

15 .

4

C. I 

5 7 .

4

D. I 

2 7 .

3

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng. f 3 x  x 2 1 Ta có 3 f   x  .e   

3 2 2x  0  3 f 2  x  . f   x  .e f  x   2 x.e x 1 f  x

2

2 f3 x Suy ra e    e x 1  C . Mặt khác, vì f  0   1 nên C  0 .

2 f3 x Do đó e    e x 1  f 3  x   x 2  1  f  x  

7

Vậy



7

x. f  x  dx 

0



x. 3 x 2  1dx 

0

1 2

7

 0

3

3

x2  1 .

7 3 45 . x 2  1 d  x 2  1   x 2  1 3 x 2  1     8 8 0

Ví dụ 6: Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;   thỏa mãn f  0   3 và 

f  x  . f   x   cos x 1  f 2  x  , x   0;   với mọi x   0;1 Tích phân

2

 f  x  dx bằng 0

A. I  8 

7 7 . B. I  8.

2 2

C. I 

11 11 .  8 . D. I  8  2 2

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.

49

Ta có:

f  x. f   x 1 f

2

 x

 cos x  

f  x . f   x 1 f 2  x

dx   cos xdx  sin x  C .

1 1 d  f 2  x    sin x  C  1  f 2  x   sin x  C .  2 2 1 f  x

Do đó:

2

Đối chiếu điều kiện: f  0   3  C  2  f 2  x    sin x  2   1 . 

Vì vậy



 0

7 2 . f 2  x  dx    sin x  2   1 dx  8    2 0

2.3. Các bài toán sử dụng phép tích phân từng phần: Với các bài toán này đặc điểm chính đó là sự xuất hiện đồng thời của các biểu thức dạng tích kết hợp với sự xuất hiện của các đại lượng dạng u ( x ); u '( x ) . Do đó với dạng toán này ta chỉ cần sử dụng thích hợp phép đặt từng phần. Tuy nhiên trong một số bài toán phức tạp hơn đôi khi chúng ta cần phải kết hợp phương pháp với các phương pháp đã được nêu trong phần trên một cách hợp lý. Sau đây ta xét một số ví dụ cụ thể.

1

Ví dụ 1: Cho hàm số f  x  có đạo hàm và liên tục trên  0;1 và thỏa mãn

 x  f   x   2  dx  f 1 . Giá 0

1

trị của I 

 f  x  dx bằng 0

A. I  1 .

B. I  2 .

C. I  1 .

D. I  2 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

u  x du  dx  v  f  x   2 x dv   f   x   2  dx

Đặt 

1

1

1

Khi đó f 1   x  f   x   2  dx  x  f  x   2 x     f  x   2 x  dx  f 1  2  I  1 0

0

0

Suy ra I  1 .

50

1

Ví dụ 2: Cho hàm số f  x  có có đạo hàm và liên tục trên  0;1 và thỏa mãn

 x  f   x   4  dx  f 1 .

0

1

Giá trị của I 

 f  x  dx bằng 0

A. I  2 .

B. I  1 .

D. I  0 .

C. I  1 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

u  x du  dx  v  f  x   4 x dv   f   x   4  dx

Đặt 

1



Khi đó f 1  x  f   x   4  dx  x f  x   4 x

 0



1 0

1

   f  x   4 x  dx  f 1  4  I  2 0

Suy ra I  2 .

2

Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  và thỏa mãn

 f  2 x  1 dx  6 và 1



1 2

2

 xf   2 x  dx  2; f 1  16 . Tính I   cos xf  3sin x  dx .

0

A. I 

0

20 .

3

B. I 

8 .

3

C. I 

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Vận dụng.  2

Ta có: I  cos xf  3sin x  dx

 0

Đặt t  3sin x 

1 dt  cos xdx 3

51

14 .

3

D. I 

16 .

3

Đổi cận: x  0  t  0; x 

 2

t 3

 3

2

Vậy I  cos xf  3sin x  dx 

 0

1 f  t  dt 3 0

2

Xét

 f  2 x  1 dx  6 1

Đặt t  2 x  1 

1 dt  dx 2

Đổi cận: x  1  t  1; x  2  t  3 2



3

f  2 x  1 dx  6 

1

3

1 f  t  dt  6   f  t  dt  12 2 1 1

1 2

Xét

 xf   2 x  dx  2 0

du  dx u  x   1   dv  f  2 x  dx v  f  2 x  2 

Đặt 

1 2

1 2

1 2

 xf  2 x   1    f  2 x  dx  2 2 0 2 0

 xf   2 x  dx  2   0

1

1

2 12 Vì f 1  16  4   f  2 x  dx  2   f  2 x  dx  4 20 0

1



I

1

1 f  t  dt  4   f  t  dt  8 2 0 0 3 1 3  1 1 1 20 f t dt  f t dt  f  t  dt   12  8         30 3 0 3 1  3

52

1

Ví dụ 4: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  thỏa mãn

  x  1 f   x  dx  10 và 2 f 1  f  0   2 .

0

1

Tính I 

 f  x  dx 0

A. I  8 .

C. I  8 .

B. I  12 .

D. I  12 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

du  dx u  x  1  dv  f   x  dx v  f  x 

Đặt 

1

1

1

Khi đó 10   x  1 f   x  dx   x  1 f  x  0  f  x dx  2 f 1  f  0   I

 0

 0

Suy ra I  8 .

2

Ví dụ 5: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  thỏa mãn f  2   16;

 f  x  dx  4 . Tính 0

1

I   xf   2 x  dx 0

A. I  7 .

B. I  13 .

C. I  14 .

D. I  12 .

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

du  dx u  x  Đặt   1    v f x x d 2 d   v  2 f  2 x  1

1

1

2 1 1 1   1     Khi đó I   xf  2 x dx  xf 2 x   f 2 x dx  f  2    f  x  dx  8  1  7 2 40 2 20 0 0

Suy ra I  7.

53

3 Ví dụ 6: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thoả mãn f  x   f 1  x   x 1  x  , x   và 2

 x f  0   0 . Tính  xf    dx bằng 2 0 A. I  

1 .

10

B. I 

1 .

20

C. I  

3 .

10

D. I  

3 .

20

Hướng dẫn: Đáp án: A. Mức độ: Thông hiểu.

Từ giả thiết f  x   f 1  x   x3 1  x  , x    f 1  0 .

1

Ta có:

1

 0

1

1

1 1 . f  x  dx   f 1  x  dx   x 1  x  dx    f  x  dx  20 40 0 0 0 3

2

x Gọi I   xf    dx , Đặt 2 0 2  x 2  2 2 0 0

Nên I  2 xf  

u  x du  dx     x   x  dv  f  2  dx v  2 f  2        2

 x f   dx  4 f 1  2  2 0

2

 x f   dx  2  2 0

1

1 x f   dx  4  f  t  dt   .

10 2 0

2.4. Một số sai lầm khi sáng tác các bài toán về tích phân các hàm không tường minh: Trong phần này tác giả đề cập đến một số sai lầm thường gặp trong các cách thức ra đề với các hàm số không tường minh hiện nay. Trong các đề thi thử, các tài liệu tham khảo đã xuất hiện những bài toán này. Mong được sự trao đổi và bổ sung thêm. a. Sai lầm về tính liên tục của nguyên hàm: Sai lầm này do chưa nắm vững được sự tồn tại các hàm số khác nhau trên một tập hợp không liên tục.

Ví dụ : Cho hàm số f  x  xác định trên  \ 0 , thỏa mãn f   x  

1 , f 1  a và x  x5 3

f  2   b . Tính f  1  f  2  .

A. f   1  f  2   a  b .

B. f   1  f  2   a  b .

C. f   1  f  2    a  b . D. f   1  f  2   b  a .

54

Lời giải sai: Chọn A Ta có f    x  

1 3

 x   x

2



Do đó

5



1   f   x  nên f   x  là hàm số lẻ. x  x5 3

1

f   x  dx  0 

2



2

f   x  dx    f   x  dx .

2

1

Suy ra f   1  f   2    f  2   f 1  f   1  f  2   f   2   f 1  a  b .

Nhận xét: Nếu đọc qua ta nhận thấy bài giải tương đối hợp lý và kết quả đáp án A là đúng. Tuy nhiên nếu suy xét kỹ vấn đề ta có thể nhận thấy rằng ta luôn có thể chọn được các hàm số để đảm bảo rằng cả 4 phương án trên đều đúng.

 f ( x)  C1  f1 ( x); x  0  f ( x)  C2  f 2 ( x); x  0

Ta có f ( x ) là hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán do đó f ( x)  C  

Vì f (1)  a  f (1)  C1  a và f ( 2)  b  f (2)  C2  b . Do đó hiển nhiên ta có thể tìm được các hằng số C1; C2 để đảm bảo cho tất cả các đáp án là cùng đúng và cùng sai.

Sai lầm trên ở lập luận vì f ( x ) là hàm chẵn. Thực sự hàm f ( x ) chỉ là hàm số chẵn nếu C1  C2 do đó bài toán trên chỉ đúng nếu cho C1  C2 . b. Sai lầm về sự tồn tại hàm số: Sai lầm này thường gặp trong các bài toán về sử dụng các tính chất đặc biệt của hàm số. Các tính chất này có thể đúng ngay cả khi hàm số thực sự không tồn tại.

 

Ví dụ: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên 0;2 và thỏa mãn điều kiện f  x  f  2  x  2x . Tính giá trị của 2

tích phân I   f  x  dx .

0

A. I  2 .

B. I 

1 .

2

C. I 

4 .

3

D. I  4 .

Lời giải sai: Chọn A 2

2

0

0

Từ f  x  f  2  x  2x   f  x  dx   f  2  x  dx 

2

 2 xdx  4 0

Đặt u  2  x  du   dx ; Với x  0  u  2 và x  2  u  0 .

55

(*)

2

2

 f  2  x  dx

Suy ra

2

 f  u  du   f  x  dx .



0

0

0

2

2

Thay vào (*), ta được 2  f  x  dx  4   f  x  dx  2 .

0

0

Nhận xét: Lời giải trên về mặt lý thuyết hoàn toàn chính xác. Tuy nhiên nếu để ý ta sẽ thấy rằng không có hàm số nào thỏa mãn giả thiết của bài toán.

Ta thấy với x  0 khi đó f (0)  f (2)  0 và với x  2 ta cũng có f (0)  f (2)  4 từ đó thấy không có hàm số thỏa mãn yêu cầu của giả thiết. c. Sai lầm về tính duy nhất của hàm số: Sai lầm này thường xuất phát trong các bài toán mà phép đặt ẩn phụ không đảm bảo được tính đơn điệu của hàm số trong phép đặt ẩn phụ.

Ví dụ: Cho hàm số f  x liên tục trên  thỏa mãn 2 f 3  x   3 f 2  x   f  x   x , x   . Tính tích 30

phân I 

 f  x  dx .

0

A. I  72 .

B. I  36 .

C. I  144 .

D. I  96 .

Lời giải sai: Chọn B 3

2

3

2





Đặt y  f  x   x  2 y  3 y  y  dx  6 y 2  6 y  1 dy .

3

2

Đổi cận: với x  0  2 y  3 y  y  0  y  0 và x  30  2 y  3 y  y  30  y  3 .

30

Khi đó I 

 0

3

f  x  dx   y.  6 y 2  6 y  1 dy  72 .

0

Nhận xét: Sai lầm trong bài toán trên xuất phát từ phép đặt y  f ( x) không đảm bảo về tính đơn điệu và duy nhất của cận số.

PHẦN III. ĐỐI CHỨNG THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 1. Mục đích thực nghiệm Thực nghiệm sư phạm được tiến hành nhằm kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của một số hệ thống câu hỏi và bài tập được xây dựng nhằm bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh. Qua việc tiến hành thực

56

nghiệm, so sánh đối chiếu kết quả từ đó rút ra được những bài học, những điều chỉnh hợp lý về nội dung kiến thức cũng như phương pháp giảng dạy theo định hướng phát huy năng lực học sinh hiện nay.

2. Nội dung thực nghiệm Dạy thử nghiệm một số hệ thống câu hỏi và bài tập đã xây dựng được ở phần đầu trong sáng kiến theo hướng phát huy tính tích cực của học sinh, tạo hứng thú để học sinh chủ động tiến hành các hoạt động tư duy như tương tự hóa, tổng quát hóa … từ đó bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh THPT. Đối tượng thực nghiệm: a. Nhóm đối tượng học sinh khá giỏi: Học sinh lớp 12 tại trường THPT Nho Quan B. Số lượng học sinh trong mỗi lớp là 35. Lớp thực nghiệm là 12B, lớp đối chứng là 12D. Trình độ nhận thức ở hai lớp này được đánh giá là tương đương. Hai lớp học này đều gồm các em học sinh có học lực khá. b. Nhóm đối tượng học sinh đại trà: Học sinh lớp 12 tại trường THPT Nho Quan B. Số lượng học sinh trong mỗi lớp là 35. Lớp thực nghiệm là 12M, lớp đối chứng là 12N. Trình độ nhận thức ở hai lớp này được đánh giá là tương đương. Hai lớp học này đều gồm các em học sinh có học lực yếu và học sinh có học lực trung bình. Đặc điểm đối tượng thực nghiệm: Là học sinh khu vực nông thôn, vùng sâu. Điều kiện kinh tế còn khó khăn. Học sinh ít có điều kiện tiếp xúc với Internet và các mạng xã hội do đó việc tiếp cận các kiến thức mới còn khá khó khăn.

3. Đánh giá thực nghiệm a) Kiểm tra Sau khi hoàn thành đợt thực nghiệm sư phạm, để đánh giá kết quả thực nghiệm tác giả đã tiến hành cho học sinh bao gồm hai đối tượng: Lớp học sinh có chất lượng khá gồm hai lớp 12B, 12D (được đánh giá là tương đương nhau) và lớp học sinh có chất lượng yếu và trung bình gồm hai lớp 12M; 12N (được đánh giá là tương đương nhau) làm bài kiểm tra 45 phút với cùng một đề kiểm tra. Nội dung ma trận và đề kiểm tra như sau: * Ma trận mô tả dạng toán và mức độ tương ứng của các nội dung kiểm tra: MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA PHẦN TÍCH PHÂN Thời gian: 45 phút STT

Bài (chủ đề)

Số câu theo các mức độ nhận thức

57

Tổng số

Tổng

NB

TH

VD

VDC

TN

TN

TN

TN

2

1

3

2

1

2

2

2

2

2

1

Định nghĩa và tính chất tích

1

phân

2

Các phép toán về tích phân Phương pháp đặt ẩn phụ trong

3

tích phân Phương pháp tích phân từng

4

phần Kết hợp các phương pháp tính

5

Tổng

9

điểm

4

1.6

6

2.4

1

7

2.8

1

6

2.4

1

2

0.8

4

25

10.0

1

1

tích phân

câu

8

4

* Đề kiểm tra: TRƯỜNG THPT NHO QUAN B

BÀI KIỂM TRA KIẾN THỨC VỀ TÍCH PHÂN

TỔ TOÁN - TIN

Thời gian làm bài: 45 phút không kể thời gian giao đề Đề thi gồm 25 câu trong 2 trang

11

Câu 1. Biết



2

A. I  10

B. I  7

6

 0

A. 3



0

1

Câu 2. Cho



f  x  dx  18 . Tính I   x 2  f  3 x 2  1 dx .

C. I  5

4

f  x  dx  10 và



6

f  x  dx  7 thì

0

 f  x  dx bằng: 4

B. 17

C. 3 9

Câu 3. Biết f  x  là hàm liên tục trên  và



D. 17 4

f  x  dx  9 . Khi đó giá trị của

0

A. 0

D. I  8

 f  3x  3 dx là 1

B. 3

C. 27 58

D. 24

Câu 4. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời thỏa mãn f   0   9 và 2

9 f   x    f   x   x   9 . Tính T  f 1  f  0  .

A. T  9

B. T  2  9 ln 2

Câu 5. Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn

C. T 

1  9 ln 2 2





2

2

 sin x. f  x  dx  f  0   1 . Tính I   cos x. f   x  dx .

0

0

B. I  2

A. I  1

D. T  2  9 ln 2

C. I  1

D. I  0

Câu 6. Cho hàm số f  x  liên tục và có đạo hàm tại mọi x   0;   đồng thời thỏa mãn điều kiện: 3 2

f  x   x  sin x  f '  x    cos x và

 f  x  sin xdx  4. Khi đó, f   nằm trong khoảng nào?

2

A.  5; 6 

B.  6;7 

C. 12;13

D. 11;12 

Câu 7. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm, liên tục trên  và f  x   0 khi x  0;5 . Biết

dx .

0 1 f x  

f  x. f 5  x  1 , tính tích phân I   A. I 

5 2

B. I 

5

5 4

C. I 

5 3

D. I  10

Câu 8. Cho hàm số y  f  x  , y  g  x  là các hàm số có đạo hàm và liên tục trên  0; 2 và 2

 g  x  f   x dx  2 , 0

A. I  5

2

2

0

0

  g   x  f  x dx  3 . Tính tích phân I    g  x  f  x  dx B. I  6

C. I  1

D. I  1

4 x  2 khi x  1 có đạo hàm liên tục trên  đồng thời thỏa  g ( x) khi x  1

Câu 9. Cho hàm số y  f  x    

 1

mãn



4

f '( x).ln( x  1)dx  1 và

A. 2 ln 2  6

 0

0

B.

1

3

f (2 tan x  1) f ( x) dx  1 . Tính I   dx  6  f  x dx .

2 cos x x 1 0 1

6 ln 2  2 3

C.

12 ln 2   6

D.

6 ln 2 1 3

Câu 10. Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  . Khi đó hiệu số F  0   F 1 bằng 1

A.

  F  x  dx 0

1

B.

1

  F  x  dx

C.

0

  f  x  dx.

0

59

1

D.

 f  x  dx.

0

2

Câu 11. Cho a là hằng số thực và hàm số f  x  liên tục trên  thỏa mãn

 f  x  a  dx  2019 . Tính giá 1

2 a

trị của tích phân I 

 f  x  dx

1 a

A. I  2019  a

B. I  2019

C. I  2019

D. I  2019  a 9

Câu 12. Cho hàm số f  x  liên tục trên  và F  x  là nguyên hàm của f  x  , biết

 f  x  dx  9 và 0

F  0   3 . Tính F  9  .

A. F  9  12

B. F  9   6

C. F  9   6

D. F  9   12

Câu 13. Biết f  x  là hàm số liên tục trên  , a là số thực thỏa mãn 0  a   a





0

a

0

 f  x  dx   f  x  dx  1 . Tính tích phân  f  x  dx A.

1 .

2

B. 1.

và

bằng

C. 2.

D. 0.

Câu 14. Cho hàm số f  x  có đạo hàm xác định, liên tục trên đoạn  0;1 đồng thời thỏa mãn các điều kiện 2

f   0   1 và  f   x    f   x  . Đặt T  f 1  f  0  , hãy chọn khẳng định đúng?

B. 2  T  1

A. 1  T  2

C. 0  T  1

D. 1  T  0

5

Câu 15. Giả sử hàm số y  f  x  liên tục trên  và

 f  x  dx  a ,  a   

. Tích phân

3

2

I   f  2 x  1 dx có giá trị là 1

A. I  2a

B. I 

1 a 1 2

C. I  2a  1

D. I 

1 a 2

Câu 16. Cho hàm số f  x  liên tục trên khoảng  2; 3  . Gọi F  x  là một nguyên hàm của f  x  trên 2

khoảng  2; 3  . Tính I 

  f  x   2 x  dx , biết F  1  1 và F  2   4 . 1

A. I  3

B. I  9

C. I  6

D. I  10

 1

Câu 17. Cho f là hàm số liên tục thỏa



2

f  x  dx  7 . Tính I   cos x. f  sin x  dx .

0

0

A. 3

B. 1

C. 9 60

D. 7

Câu

18.

Cho

hàm

y  f  x khác không với mọi x  [2;3] đồng thời thỏa mãn

số

3  f 2 ( x)  xf '( x)  2 f ( x) f ( x) .

Tính tích phân I  dx .   x  f (2)  4 2

A. I 

1 8 ln 2 3

B. I 

1 7 ln 2 2

5 2

C. I  ln

D. I  ln

7 2

Câu 19. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  a ; b và f  a   2 , f  b   4 . Tính b

T   f   x  dx . a

A. T  6

B. T  2

C. T  6

D. T  2

10

Câu 20. Cho f  x  liên tục trên

 0;10

thỏa mãn



6

f  x  dx  7 ;

0

2

 0

 f  x  dx  3

. Khi đó

2

10

f  x  dx   f  x  dx có giá trị bằng.

6

A. 1

B. 3

C. 4

D. 2

Câu 21. Cho hàm số f  x  , f   x  liên tục trên  và thỏa mãn 2 f  x   3 f   x  

1 . Tính 4  x2

2

I

 f  x  dx . 2

A. I 



B. I  

20 e4

Câu 22. Biết

 e

 2

A. 3.



D. I 

10

C. I  16

 10



D. I  2

7

7

f  x  dx  3 ,

f  x  dx  9 thì

5

 f  x  dx  ?

2

B. 6.

2

A.

20

B. I  8 5

Câu 24. Cho

C. I  

4 f  ln x  dx  4 . Tính tích phân I   f  x  dx . x 1

A. I  4 Câu 23. Nếu



C. 12.

2

D. 6.

2

 3 f  x   2 g  x  dx  1 ,   2 f  x   g  x  dx  3 . Khi đó,

 f  x  dx bằng

1

1

1

B.

C.

61

D.

T h e li n k e d i m

Câu 25. Biết

The linked image cannot be display ed. T he file may hav e been mov ed, renam ed, or deleted.

V erify that the link points to the correct file and location.

The linked image cannot be display ed.

The file may hav e been mov ed, renam ed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.

;

;

The linked image cannot be display ed.

The file may hav e been mov ed, renam ed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.

. Mệnh đề nào sau đây sai?

The linked image c annot be display ed. T he file may hav e been mov ed, renam ed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.

The linked image cannot be display ed. T he file may hav e been mov ed, renam ed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.

B.

A.

The linked image cannot be display ed. T he file may hav e been mov ed, renam ed, or deleted.

V erify that the link points to the correct file and location.

C.

The linked image cannot be display ed.

The file may hav e been mov ed, renam ed, or deleted. V erify that the link points to the correct file and location.

D. ------------- HẾT -------------

* Đáp án: Mã đề [172] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

B A BCB A A A B C

B

A

C

D

D

C

D

D

B

C

A

A

C

D

D

b) Đánh giá kết quả thực nghiệm Về thái độ học tập của học sinh Học sinh rất hứng thú việc học tập theo hướng phát huy tính tích cực, bồi dưỡng năng lực tự học, học sinh là người chủ động lĩnh hội kiến thức. Học sinh đã cuốn hút vào các hoạt động một cách chủ động, tích cực, sáng tạo nhằm lĩnh hội tri thức. Đa số các em nắm vững kiến thức cơ bản và có ý thức hoàn thành hoạt động và công việc mà giáo viên giao cho.

Về kết quả bài kiểm tra: * Lớp học sinh có chất lượng khá: Điểm/Lớp

Yếu

TB

Khá

Giỏi

Đối chứng 12B

20,3%

47,4%

20,9%

11,4%

Thực nghiệm 12A

6,6%

36,3%

35,2%

21,9%

* Lớp học sinh có chất lượng trung bình và yếu: Điểm/Lớp

Yếu

TB

Khá

Giỏi

Đối chứng 12N

36,3%

55,5%

8,2%

0,0%

62

Thực nghiệm 12M

16,4%

59,3%

20,2%

4,5%

Phân tích kết quả kiểm tra Ở các lớp học sinh khá: Lớp đối chứng có 77,7% đạt điểm từ trung bình trở lên, trong đó có 32,3% đạt khá, giỏi. Lớp thực nghiệm có 93,4% đạt điểm từ trung bình trở lên, trong đó 57,1% đạt khá, giỏi. Ở các lớp học sinh trung bình và yếu: Lớp đối chứng có 63,7% đạt điểm từ trung bình trở lên, trong đó có 8,2% đạt khá, không có học sinh giỏi. Lớp thực nghiệm có 83,6% đạt điểm từ trung bình trở lên, trong đó 24,7% đạt khá, giỏi.

Nhận xét Các lớp đối chứng: Khả năng tiếp cận các bài toán có tính tư duy, sáng tạo chưa cao, nhiều em trình bày lời giải còn nhiều thiếu sót. Đặc biệt với một số dạng toán lạ mà trước đây đề bài cho ở dạng tự luận thường không xuất hiện thì hầu hết các học sinh thuộc lớp đối chứng ( Cả các lớp học sinh khá và các lớp học sinh trung bình, yếu) đều cảm thấy bỡ ngỡ và hầu hết không giải quyết được đặc biệt là một số bài toán có hình thức khá lạ so với các dạng bài tập được trình bày trong SKG. Khi giáo viên phỏng vấn các em về nội dung các câu hỏi có trong đề thì đại bộ phận học sinh lớp đối chứng đều có nhận xét về đề ra khá lạ, các em không biết tiếp cận bài toán theo hướng đi như thế nào.

Các lớp thực nghiệm: Khả năng vận dụng linh hoạt hơn, có sự sáng tạo hơn. Một số em trình bày lời giải gọn gàng, rõ ràng, lập luận chặt chẽ. Hầu hết các em đều biết vận dụng lý thuyết để trả lời các câu hỏi một cách sáng tạo và logic.

Bên cạnh đó, ở cả hai lớp đều có những học sinh chỉ dừng lại ở việc bắt chước một số bài tập mẫu, chưa hiểu rõ bản chất vấn đề và chỉ làm được các ý đơn giản trong đề kiểm tra. Một số em chưa thực sự tự lập trong giải toán, còn phụ thuộc vào các dạng cố định đã được làm, chưa có sự tư duy vận dụng linh hoạt trong giải toán.

Kết luận Kết quả thực nghiệm bước đầu đã thể hiện tính hiệu quả và tính khả thi của sáng kiến. Mặc dù vậy do tình hình thực tiễn của địa phương, sáng kiến cần được bổ sung và thiết kế hợp lý hơn nữa tạo ra nhiều bài toán tương tự để giúp các em có bài tập để thực hành và vận dụng.

63