______________________________________________________________
SÁNG TẠO BÀI TOÁN TÍCH PHÂN MỚI TỪ MỘT SỐ BÀI TOÁN
TÍCH PHÂN CƠ BẢN
A- MỞ ĐẦU:
1. Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình Toán phổ thông ,Tích phân là một trong những phần
quan trọng của môn Giải tích lớp 12. Các bài toán tích phân rất đa dạng và
phong phú, thường có mặt trong các kì thi tốt nghiệp , thi tuyển sinh Đại học và
Cao đẳng. Đây là những bài tập gây cho học sinh không ít khó khăn dẫn đến
tâm lý sợ và ngại, thiếu tự tin vào khả năng của mình.
Chương trình giáo dục phổ thông ban hành kèm theo Quyết định số
16/2006/QĐ-BGDĐT ngày 5/6/2006 của Bộ trưởng Bộ GD&ĐT đã nêu: “Phát
huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc
trưng bộ môn, đặc điểm đối tượng học sinh , điều kiện của từng lớp học; bồi
dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác ; rèn luyện kĩ năng
vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng
thú và trách nhiệm học tập của học sinh”.
Trong quá trình giảng dạy, người thầy cần nâng cao được tính tích cực,
chủ động và sáng tạo của học sinh, rèn luyện cho học sinh có khả năng phát hiện
ra những bài toán mới từ những bài toán đã có; cần khơi dậy và phát triển tiềm
năng sáng tạo còn tiềm ẩn trong mỗi học sinh.
Bài viết này tôi xin đưa ra một biện pháp được áp dụng trong khi dạy chủ
đề tự chọn Nguyên hàm-Tích phân lớp 12 là “sáng tạo bài toán tích phân mới từ
một số bài toán tích phân cơ bản”, nhằm giúp các em học sinh có kiến thức sâu ,
rộng về tích phân; có thêm nhiều bài tập để rèn luyện kỹ năng , và giúp học sinh
phát triển tư duy sáng tạo.
2. Đối tượng nghiên cứu:
- Học sinh lớp 12 trường THPT Quang Trung.
_____________________________________________________________
1


______________________________________________________________
c)Giả thuyết khoa học:
Nếu học sinh tìm ra được bài toán mới thì các em cảm thấy hăng say, tích
cực , tự tin , và kết quả kiểm tra cho thấy các lớp thực nghiệm vẫn cao hơn.
B-NỘI DUNG :
1.Cơ sở lí luận:
Có nhiều bài tập tích phân và ví dụ trong SGK khi giải xong học sinh vẫn
chưa hiểu tại sao lại giải như vậy, và những bài toán như thế nào thì vận dụng
phương pháp giải đó. Và khi gặp bài toán có một số điểm tương tự với bài toán
đã giải là học sinh cứ mặc nhiên vận dụng mà không phát hiện ra sự nhầm lẫn
của mình. Nhiều giáo viên đã đưa ra được nhiều phương pháp giải quyết vấn đề
đó có hiệu quả như: Phân dạng bài tập theo phương pháp giải và giải nhiều bài
tập cho học sinh ghi nhớ . Theo phương pháp này đôi khi học sinh cảm thấy sợ
vì phải ghi nhớ quá nhiều; thậm chí có học sinh tưởng mình biết tất cả các
phương pháp giải rồi dẫn đến không còn hứng thú trong giải các bài toán tích
phân mới.
2. Cơ sở thực tiễn:
a) Thực trạng việc dạy của giáo viên:
Có một số giáo viên đã vận dụng phương pháp dạy học sáng tạo nhưng
thường dừng lại ở mức độ nhỏ lẻ như khai thác những bài toán tương tự, tìm và
giải bài toán tổng quát.
b) Thực trạng việc học của học sinh:
Đa số học sinh chỉ biết giải các bài tập tích phân tương tự với những bài
mà mình đã giải rồi, và bế tắc khi gặp bài toán tích phân mới. Nhiều học sinh
không hề có chút suy nghỉ tìm lời giải khi gặp những bài toán tích phân mới.
_____________________________________________________________
3
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo



______________________________________________________________
Bài toán 1: Tính tích phân :
1
ln
e
I xdx=
∫
.
Giải:
Đặt
1
lnu x
du dx
x
dv dx
v x

=
=


⇒
 
=


=

, ta có :

b)
1
2
0
ln( 1)I x dx= +
∫
;
1
2
0
ln( 1)I x x dx= + +
∫
;

2
4
1
ln( 1)I x dx= +
∫
;
c)
[ ]
2
4
ln(sin ) cotI x x x dx
π
π
= +
∫
; d)

I x dx
x
 
= +
 
 
∫
;
h)
3
6
ln(tan ) tan
tan
x
I x x x dx
x
π
π
 
= + +
 
 
∫
;
4
0
ln(1 tan )I x dx
π
= +
∫

_____________________________________________________________
5
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
a)
1
.ln ( 1)
e
I x xdx
α
α
= ≠ −
∫
;
1
(2 1).ln
e
I x xdx= +
∫
;

2
1
(3 2 5).ln
e
I x x xdx= + +
∫
;
b)

6
sin
cos ln
x
I x x dx
x
π
π
 
= +
 
 
∫
;
e)
2
3
cos
sin ln
x
I x x dx
x
π
π
 
= −
 
 
∫
; g)

 
∫
; k)
3
6
ln(cos )
tan ln
x
I x x dx
x
π
π
 
= −
 
 
∫
;
l)
3
6
ln(sin )
cot ln
x
I x x dx
x
π
π
 
= +

=
∫
; c)
3
0
sin ln(cos )I x x dx
π
=
∫
; d)
1
0
ln( 1)
x x
I e e dx= +
∫
;
e)
ln(ln )
e
e
x
I dx
x
=
∫
; g)
3
2
6

_____________________________________________________________
6
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
1.4)Tìm một số tích phân dạng
(ln )
b
a
f x
dx
x
∫
( với
( )f x
là một trong các hàm số
thường gặp), ví dụ:
a)
ln
( 1)
e
e
x
I dx
x
α
α
= ≠ −
∫
;

x x
+
=
+
∫
;
2
1
1
(ln 4)
e
I dx
x x
=
−
∫
;
c)
1 3ln
1
1
e
x
I e dx
x
+
=
∫
;
d)

=
+
∫
;
2
1
1 ln
e
x
I dx
x
+
=
∫
;
g)
1
ln(1 1 ln )
e
x
I dx
x
+ +
=
∫
;
2
1
ln(ln 1 ln )
e

x
I dx
x x
−
=
+
∫
;

2
4
1
(ln 1)
e
e
I dx
x x
=
+
∫
.
1.5)Tìm tích phân dạng
log
a
xdx
β
α
∫
,
log ( )

,
( )f x
là một trong các hàm số thường gặp), ví dụ:
a)
2
2
1
logI xdx=
∫
;
1
2
0
log (3 1)I x dx= +
∫
;

1
2
2
0
log ( 1)I x dx= +
∫
;
1
2
2
0
log ( 3 2)I x x dx= + +
∫

;
2
2
6
cos log (sin )I x x dx
π
π
=
∫
;

2
2
6
sin log (cos )I x x dx
π
π
=
∫
;
3
2
2
6
log (tan )
cos
x
I dx
x
π

4
2
2
2
log
(1 log 1)
x
I dx
x x
=
+ −
∫
;
16
2
1
2
4log 1
(2 2log 1)
x
I dx
x x
−
=
+ +
∫
;

4
2

∫
−=
1
0
2
1 dxxI
; b)
2
2 2
0
1
a
I dx
a x
=
−
∫
( với
0a
>
).
Giải:
a)Đặt
sinx t
=
, với
[0; ]
2
t
π

2 2 2 4
I t tdt tdt t dt t t
π π π
π
π
= − = = + = + =
∫ ∫ ∫
.
b)Đặt
sinx a t=
, với
[0; ]
6
t
π
∈
, ta có :
cosdx a tdt=
và với
0x
=
thì
0t =
, với
2
a
x =
thì
6
t

x
và
2 2
a x−
; và bài toán tích phân hàm số vô tỉ được
chuyển thành bài toán tích phân hàm số lượng giác. Chính vì thế mà ta nghĩ
ngay đến việc thay thế các biểu thức
sin t
và
cost
trong các bài toán tích phân
hàm số lượng giác đơn giản bởi biến
x
và
2 2
a x−
để được các bài toán tích
phân mới ,ví dụ :
1) a)
∫
−+
=
1
0
2
11
1
dx
x
I

I dx
x x
=
− −
∫
;
c)
2 2
0
1
a
I dx
x a x
=
+ −
∫
(
0a >
); d)
2
2 2
0
1
a
I dx
x a x
=
− −
∫
(

______________________________________________________________
c)
2
2 2
0
a
x
I dx
x a x
=
+ −
∫
(
0a
>
).
4)a)
1
4
2
0
4
x
I dx
x
=
−
∫
; b)
(

2014
I
.
5) Cho
(
)
2
2012
2
2012
2013
2
0
1
x
I dx
x
=
−
∫
. Lập hệ thức giữa
2012
I
và
2014
I
.
6) a)
1
3

3
π
2
π
x 0
2
a
2
2
a
3
2
a
a
Theo cách trên ta đã đưa ra được một loạt các bài tập tương tự với bài toán
đã cho (bài toán 2). Ta tiếp tục với việc tìm kiếm bài toán ẩn chứa trong đó là
bài toán 2) như sau:
2.2)Vì hàm số
2 2
( )f x a x= −
là một hàm số chẵn nên ta nghĩ ngay đến bài toán
∫∫
=
+
−
αα
α
0
)(
1

x
a
a x
I dx
a
−
−
=
+
∫
(với
0a >
) ; b)
2
2
2
2
4
2 1
x
x
I dx
−
−
=
+
∫
;
c)
2 2

0a
>
) ; e)
1
2
2
1
2 . 4
1 2
x
x
x
J dx
−
−
=
+
∫
; f)
2 2
.
1
e
x
e
x
e
e e x
J dx
e

a)
2 2
ln( 1)
a
x
a
I x a x e dx
−
= − +
∫
(với
0a >
);
1
2
1
1
1 ln( 1)
x
I x x e dx
−
= − +
∫
;

2
2
2
2
4 ln( 1)

4
x
x e
J dx
x
−
+
=
−
∫
;

2
2 2
2
ln( 1)
e
x
e
e
x e
J dx
e x
−
+
=
−
∫
.
2.4)Nếu thay thế biểu thức

x
−
=
+
∫
;

1
2
0
2
2
x
I dx
x
−
=
+
∫
;
_____________________________________________________________
11
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
b)
2
0
a
a x

x
J dx
x
+
=
−
∫
;
c)
0
1
a
I dx
a x a x
=
+ + −
∫
( với
0a
>
);
1
1
0
1
1 1
I dx
x x
=
+ + −

1
2
1
1 1
J dx
x x
=
+ − −
∫
;

2
2
1
1
2 2
J dx
x x
=
+ − −
∫
;
2.5)Từ các bài toán tích phân 2.4) ta đưa ra các bài toán tích phân có chứa một
trong các biểu thức
a x+
,
a x−
nhưng giải được theo phương pháp đặt
t a x= +
( hoặc


1
2
0
2
2
x x
I dx
x
+ −
=
+
∫
;
b)
2
0
a
x a x
I dx
a x
+ +
=
−
∫
( với
0a >
);
1
2

a x
e a x
I dx
a x
+
+ −
=
+
∫
(với
0a >
);
1
1
2
1
0
1
1
x
e x
I dx
x
+
+ −
=
+
∫
;


=
+
∫
.
2.6)Từ các bài toán tích phân trên ta thấy cặp biểu thức
a x+
và
a x−
quá
quen thuộc nên ta tìm cách thay đổi cặp biểu thức đó , ví dụ thay
t a x= −

( với
0a
>
) vào các tích phân trong bài 2.4) ta có các tích phân :
a)
2
2
a
a
x
I dx
a x
=
−
∫
( với
0a
>

I dx
x
−
=
∫
( với
0a >
);
1
1
1
2
2 x
I dx
x
−
=
∫
;
2
2
1
4 x
I dx
x
−
=
∫
;
c)

x x
=
− +
∫
;
d)
2
0
1
2
a
J dx
a x x
=
− −
∫
( với
0a >
);
1
2
1
0
1
2
J dx
x x
=
− −
∫

a x
β
α
−
=
+
∫
bằng cách
đặt
2
a b
a x t
+
+ = +
hoặc
sin
2 2
a b a b
a x u
+ +
+ = +
hay
sin
2 2
a b a b
x u
− +
+ =
, và ta có
thể chọn một trong các giá trị của cận tương ứng trong bảng

1
3
x
I dx
x
−
=
−
∫
;
5
2
1
2
3
1
x
J dx
x
−
=
−
∫
;
3
2
1
3
5
x

+ −
=
−
∫
;
5
2
1
2
3
1
x x
J dx
x
+ −
=
−
∫
;
3
2
1
3
5
x x
I dx
x
+ +
=
−

+
+ −
=
+
∫
;
3
1
5 ln( 3 1)
3
x x
I dx
x
− + + −
=
+
∫
;
d)
3
4
1
b
b a
J dx
a x b x
−
=
+ − −
∫

a x b x
−
=
+ + −
∫
;
3
1
2
1
1 3
J dx
x x
=
− + −
∫
;
5
1
1
1
3 5
J dx
x x
=
+ + −
∫
;
2.8)Hoặc dạng
( )( )a x b x dx

.
2.9)Ta xét thêm tích phân :

2
2 2
b b
ax bx cdx a x x dx
a a
β β
α α
  
+ ∆ ∆ −
+ + = + −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
∫ ∫
(với
0a <
,
2
4 0b ac∆ = − >
) bằng cách đặt
2 2
b
x t
a a
+ ∆ ∆
+ = +
hoặc

−
2
4
b
a
∆ −
2 2
4
b
a
∆ −
3 2
4
b
a
∆ −
2
b
a
∆ −
ví dụ :
a)
1
2
0
2I x x dx= −
∫
; b)
1
2

1
2
1
1
3 2
I dx
x x x
−
=
+ + −
∫
; g)
1
2
1
2
1 3 2
x
I dx
x x x
−
=
− + + −
∫
.
2.10) Thay
lnx t
=
vào các tích phân trong bài 2.9) ta có các tích phân: a)
2

+ −
∫
.
2.11)Thay
2
t
x =
hoặc
3
t
x =
vào các tích phân trong bài 2.9) ta có các tích phân:
a)
0
1
1
2 4
x x
I dx
+
−
= −
∫
; b)
1
2
0
3 6.3 5
x x
I dx= − + −

∫
;
c)
1
2
0
ln(1 1 )I x x dx= + −
∫
.
Ta đã khai thác các bài toán tích phân có chứa biểu thức
2 2
a x−
thì
nên tìm đến bài toán tích phân có chứa một trong các biểu thức
2 2
x a+
,
2 2
x a−

để so sánh :
Bài toán 3: Tính các tích phân sau:
a)
)0(,
0
22
>+=
∫
adxaxI
a

a
J dx a
x a
= >
−
∫
).
3.1)Tính tích phân:
_____________________________________________________________
15
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
a)
)0(,
1
0
22
>
+
=
∫
adx
ax
I
a
; b)
5
2 2
2

(1 tan )
cos
dx dt t dt
t
= = +
, và với
0x
=

thì
0t =
, với
x a=
thì
4
t
π
=
. Ta được:
4 4 4
2 2
2
0 0 0
1 1
.(1 tan ) 1 tan ln(1 2)
cos
1 tan
I t dt tdt dt
t
t

x a
⇔ =
+
;
với
0x t a
= ⇒ =
, với
atax )21( +=⇒=
.
Suy ra
(1 2 )
(1 2 )
(ln ) ln(1 2)
a
a
a
a
dt
I t
t
+
+
= = = +
∫
.
b)Tính
5
2 2
2

2 (1 2)x a t a= ⇒ = +
, với
5 (2 5)x a t a= ⇒ = +
.
Suy ra
(2 5)
(2 5)
(1 2 )
(1 2 )
2 5
(ln ) ln
1 2
a
a
a
a
dt
J t
t
+
+
+
+
+
= = =
+
∫
.
3.2)Tính tích phân: :
a)

với
[0; ]
4
t
π
∈
, ta có :
2
2
1
(1 tan )
cos
dx dt t dt
t
= = +
, và với
0x
=

thì
0t =
, với
x a=
thì
4
t
π
=
. Ta được:
2

+
 
=



=

. Suy ra
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
0 0
0 0 0
( ) ( )
a a a
a a
x a
I x x a dx x x a x a dx dx
x a x a
= + − = + − + +
+ +
∫ ∫ ∫
2
2 2
2 2
0
0
2 ( )
a

a
a
J x a dx a= − >
∫
Đặt
2 2
2 2
x
du dx
u x a
x a
dv dx
v x

=

 
= −
⇒
−
 
=



=

. Suy ra
5 5 5
2 2

x a
⇔ = − −
−
∫
5 5
2 2 2 2 2
2 2
2 ( ) ln( )
a a
a
J x x a a x x a⇔ = − − + −
.
_____________________________________________________________
17
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
Vậy
5
2 2 2
5
2 2 2 2
2
2
2 5
( ) ln( ) (2 5 2) ln
2 2 2 2
1 2
a
a

4
I dx
x
=
+
∫
;
5
1
2
2
1
1
J dx
x
=
−
∫
;
b)
3
2
1
0
1I x dx= +
∫
;
5
2
2

x x
=
− +
∫
;
5
1
2
2
1
1
J dx
x x
=
+ −
∫
.
3.4)Từ các bài toán 3.1), 3.2) và 3.3) ta đưa ra những bài toán tích phân có chứa
một trong các biểu thức
2 2
x a+
và
2 2
x a−
nhưng được giải theo phương pháp
khác (đặt
2 2
t x a= +
hoặc
2 2

1
2
2
1
x
J dx
x
=
−
∫
;
b)
3
2
1
0
1I x x dx= +
∫
;
5
3 2
2
0
4I x x dx= +
∫
;
5
5 2
2
1J x x dx= −

4
x x
I dx
x
+
=
+
∫
; c)
5
1
2
2
1
1
x
J dx
x
+
=
−
∫
;(
5
1
2
1
1
x
J dx

x
I
.
_____________________________________________________________
18
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
3.6)Từ công thức :
∫∫
−=
b
a
b
a
b
a
vduvuudv ).(
, ta xem tích phân trong bài toán 3.1) và
3.2) là biểu thức
∫
b
a
vdu
để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức
∫
b
a
udv
, ta có

dx
x
I
∫
+
=
5
3
5
3
2
259
1
( Bài tập SGK ).
Giải:
a)Đặt
tanx t=
,với
[0; ]
4
t
π
∈
, ta có :
2
2
1
(1 tan )
cos
dx dt t dt

π
= + = = =
+
∫ ∫
.
b) Đặt
3
tan
5
x t=
,với
[ ; ]
6 4
t
π π
∈
, ta có :
2
2
3
3
5
(1 tan )
cos 5
dx dt t dt
t
= = +
, và với
3
5

π
π π
π
= + = = =
+
∫ ∫
.
4.1)Đặt
x
vào vị trí
tant
của các bài toán tích phân hàm số lượng giác đơn giản
ta có các tích phân sau:
a)
dx
x
x
I
∫
+
+
=
1
0
2
1
1
; b)
dx
x

; d)
3
2
2
1
1 x
I dx
x
+
=
∫
;
e) Cho
1
2
0
1
n
n
x
I dx
x
=
+
∫
(với
*
n∈¥
). Lập hệ thức giữa
n

x x
=
+
∫
.
4.3)Từ công thức :
∫∫
−=
b
a
b
a
b
a
vduvuudv ).(
, ta xem tích phân trong bài toán 4) là biểu
thức
∫
b
a
vdu
để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức
∫
b
a
udv
, ta có các tích
phân :
a)
1

0a >
).
Giải:
Đặt
tanx a t=
, với
[0; ]
4
t
π
∈
, ta có:
2
2
(1 tan )
cos
a
dx dt a t dt
t
= = +
,
và với
0x
=
thì
0t =
, với
x a=
thì
4

2
2
2
1
2 4
dx dx
ax bx c a
b
x
a a
β β
α α
=
+ +
 
−∆
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
∫ ∫
(với
0a ≠
,
2
4 0b ac∆ = − <
) bằng cách đặt
2

a a
−∆
−
2
3
4 2
b
a a
− ∆
−
ví dụ :
a)
dx
xx
I
∫
+−
=
2
1
2
22
1
; b)
1
2
1
3
2 5
x

=
1
0
2
)1)(2(
24
.
Bài toán 5: Cho
)(xf
là hàm số chẵn trên đoạn [
;
α α
−
]. Chứng minh rằng :

∫∫
=
+
−
αα
α
0
)(
1
)(
dxxfdx
a
xf
x
(với

dx
a
xf
xx
x
x
1
)(
)(
1
)(
1
)(
∫∫
−−
=
+
⇔
α
α
α
α
dxxfdx
a
xf
x
)(
1
)(
2

.
5.1) Thay
)(xf
bởi một số hàm số cụ thể và chọn
ea =
ta có các tích phân sau:
a)
∫
−
+
+
=
1
1
2
1
1
dx
e
x
I
x
; b)
∫
−
−
+
+
=
1

x
x x
H dx
e
π
π
−
=
+
∫
;
_____________________________________________________________
21
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo

______________________________________________________________
f)
∫
−
+
+
=
2
2
2
1
cos)1(
π
π
dx

N dx
e
−
−
=
+
∫
;
e)
2 2
1
x
x a
P dx
e
α
α
−
+
=
+
∫
(
0,0 >>
α
a
);
1
2
1

α
a
);
1
2
1
1
ln( 1)
1
x
x x
J dx
e
−
+ +
=
+
∫
;
h)
4
4
sin 2 ln( ) ln( )
2 2
1
x
x x x
Q dx
e
π

b
a
b
a
b
a
vduvuudv ).(
, ta xem các tích phân trong bài 5.1) là
biểu thức
∫
b
a
vdu
để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức
∫
b
a
udv
, ta có các tích
phân :
a)
∫
−
+
+
=
1
1
2
3

ln( )
( 1)
x
x
e x x a
J dx
e
α
α
−
+ +
=
+
∫
(
0,0 >>
α
a
);
1
2
1
2
1
ln( 1)
( 1)
x
x
e x x
J dx

2
1
(4 )
( 1)
x
x
e x
N dx
x e
−
−
=
+
∫
;
5.3)Thay
)(xf
bởi một số hàm số cụ thể và chọn
e
a
1
=
ta có các tích phân sau:
a)
∫
−
+
+
=
1

2
2
( 1)cos
1
x
x
e x x
H dx
e
π
π
−
+
=
+
∫
; đ)
2
2
sin
1
x
x
e x x
M dx
e
π
π
−
=

1
1
1
x
x
e x
N dx
e
−
−
=
+
∫
;
f)
2 2
1
x
x
e x a
P dx
e
α
α
−
+
=
+
∫
(với

2 1
x
x x x x
I dx
π
π
−
+
=
+
∫
; b)
1
2
1
ln(1 )
2 1
x
x
I dx
−
+
=
+
∫
.
5.5)Từ các bài toán 5.1) và 5.3) ta rút ra bài toán sau:
Cho
)(xf
là hàm số chẵn trên đoạn [

f x dx
a
α
α
−
−
=
+
∫
).
5.6)Từ công thức :
∫∫
−=
b
a
b
a
b
a
vduvuudv ).(
, ta xem các tích phân trong bài 5.3) là
biểu thức
∫
b
a
vdu
để hướng đến tích phân cần tìm là biểu thức
∫
b
a

)1ln()1ln( dxexxI
x
; d)
∫
−
+−=
1
1
2
)1ln(1 dxexxI
x
.
5.7)Từ các tích phân trong bài 5.6) ta có bài toán tổng quát :
Cho
)(xf
là một hàm số lẻ trên đoạn [
;
α α
−
]. Chứng minh rằng :

∫∫
=+
−
αα
α
0
)()1ln()( dxxxfdxexf
x
(với

.
5.9) Thay
xxf =)(
,
)1ln()(
2
++= xxxf
vào bài toán 5.8) ta có các tích phân sau:
a)
∫
+=
e
e
x
dx
xxI
1
)1ln(ln
; b)
∫
+++=
e
e
x
dx
xxxI
1
2
)1ln()1lnln(ln
.

∫
++=
π
0
cos
2sin)]1ln([ xdxexI
x
.
5.12) Từ bài toán 5.7) thay
tx sin
=
, ta có bài toán sau:
Cho
)(xf
là một hàm số lẻ trên đoạn [
1;1−
]. Chứng minh rằng :

∫∫
=+
−
1
0
2
2
sin
)()1ln()(sincos dxxxfdxexxf
x
π
π

1
1
( )
1
x
x
e f x
J dx
e
−
=
+
∫
( với
)(xf
là hàm số chẵn
trên đoạn [
1;1−
]) trong các bài toán 5.1) và 5.3); thay
x
t e=
ta có các tích phân
1
(ln )
( 1)
e
e
f x
I dx
x x

x x
=
+
∫
;
2
1
ln
1
e
e
x
J dx
x
=
+
∫
;
b)
2
1
1 ln
( 1)
e
e
x
I dx
x x
−
=

∫
;
2
1
1 ln
1
e
e
x
J dx
x
+
=
+
∫
;
d)
2
1
ln(ln 1 ln )
( 1)
e
e
x x
I dx
x x
+ −
=
+
∫

%
Số
lượng
%
12A 50 17 34 33 66 Đối chứng
Lớp
Số
lượng
Đạt yêu cầu Không đạt yêu cầu
Ghi chú
Số
lượng
%
Số
lượng
%
_____________________________________________________________
25
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên thực hiện: Đinh Quang Đạo