SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NGA SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG PHÂN LOẠI VÀ
GIẢI BÀI TOÁN NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN
CHỨA HÀM ẨN TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA

Người thực hiện:
Lê Diễm Hương
Chức vụ:
Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực: Toán học

THANH HÓA NĂM 2019


MỤC LỤC
STT
1.
1.1
1.2
1.3
1.4
2.
2.1
2.2
2.3
2.3.1

Giải pháp thực hiện
3
Hệ thống kiến thức liên quan
3
Định nghĩa nguyên hàm, tích phân
3
Tính chất nguyên hàm, tích phân
3
Phương pháp đổi biến số và phương pháp nguyên hàm, tích phân từng
4
phần
Các phương pháp cơ bản
4
Phương pháp sử dụng định nghĩa, tính chất của nguyên hàm
4
Phương pháp sử dụng định nghĩa, tính chất tích phân, giải hệ tích phân
10
Phương pháp đổi biến số
12
Phương pháp nguyên hàm, tích phân từng phần
18
Bài tập tương tự
21
Kết quả nghiên cứu
21
Kết luận và kiến nghị
22
Tài liệu tham khảo



các em tự tin để bước vào kì thi THPTQG sắp tới.
1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Nội dung là các bài toán về nguyên hàm, tích phân chứa hàm ẩn trong chương trình
môn Toán cấp THPT.
- Một số bài tập vận dụng thấpvà vận dụng cao nằm trong đề thi khảo sát chất lượng
THPTQG của các trường THPT và các đề thi THPTQG những năm gần đây của Bộ GD
& ĐT.
1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
* Phương pháp:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận chung.
- Phương pháp khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học.
- Tổng hợp, so sánh, đúc rút kinh nghiệm.
* Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn.
1


- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy.
- Thông qua việc giảng dạy trực tiếp các lớp khối THPT ở những năm học qua.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt
động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực,
bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông đặc biệt là bộ
môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người. Toán học là
một môn học quan trọng và khó, kiến thức rộng, không ít học sinh ngại học môn này .
- Muốn học tốt môn Toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn
Toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập.
Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và
cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn Toán học



nhận biết học thậm chí khoanh bừa. Một điều đáng ngạc nhiên là những năm gần đây
trong các đề thi khảo sát chất lượng các môn thi THPTQG của các trường THPT trong cả
nước, đề thi và đề minh họa của Bộ GD &ĐT từ năm 2017 đến nay thường xuất hiện các
dạng câu hỏi này . Lúc này vai trò của người giáo viên là rất quan trọng, phải hướng dẫn
chỉ rõ cho học sinh phương pháp giải toán, nên giải như thế nào cho hợp lý đối với từng
loại toán để được một bài toán đúng biến đổi đúng và suy luận có logic giúp các em học
sinh có thêm tự tin để giải quyết được những bài toán khó này. Đó là mục đích của đề tài
“ RÈN LUYỆN KỸ NĂNG PHÂN LOẠI VÀ GIẢI TOÁN NGUYÊN HÀM, TÍCH
PHÂN CHỨA HÀM ẨN TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA”mà tôi hướng đến.
2.3 GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của đồng nghiệp
tôi mạnh dạn đưa ra bốn hướng giải quyết vấn đề bài toán về nguyên hàm, tích phân
chứa hàm ẩn để giúp học sinh có những kỹ năng cần thiết trong quá trình ôn tập thi
THPTQG đó là: “phương pháp sử dụng định nghĩa, tích chất nguyên hàm; phương pháp
sử dụng định nghĩa tính chất tích phân, giải hệ tích phân; phương pháp đổi biến số,
phương pháp nguyên hàm tích phân từng phần”.
Đối với mỗi phương pháp, tôi phân tích và định hướng cho học sinh cho các em làm cụ
thể, đồng thời lấy các ví dụ có tính đặc trưng để học sinh nắm vững cách giải. Những
dạng bài tập có nhiều cách giải tôi đều so sánh phân tích để các em thấy được ưu nhược
của từng cách giải để từ đó các em chủ động trong việc định hướng,lựa chọn cách giải
cho những bài tập tương tự.
Để minh họa cho từng phương pháp, tôi đều đưa ra những bài toán nằm trong các Đề
thi khảo sát THPT QG của các trường THPT hoặc của Bộ GD & ĐT. Với mỗi bài toán
như vậy tôi dẫn ra những cách giải phù hợp với nội dung chương trình đang học từ đó
học sinh có định hướng phân loại, kỹ năng giải thành thạo các bài toán sẽ gặp .
2.3.1.Hệ thống kiến thức liên quan
2.3.1.1 Định nghĩa nguyên hàm, tích phân
* Định nghĩa 1: Cho hàm số f ( x) xác định trên K . Hàm số F ( x) được gọi là nguyên

a

b

f ( x)dx = 0 ;

∫
a

a

f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx ;
b

b

∫
a

c

c

b

a

f ( x)dx + ∫ f ( x )dx = ∫ f ( x)dx

3


* Nếu hàm số f ( x) liên tục trên [ a; b] và  b
thì: f ( x) = 0, ∀x ∈ [ a; b ]
 ∫ f ( x )dx = 0
a
2

b
b
 b 2
f
(
x
),
g
(
x
)
a
;
b
[
]
* Nếu Nếu hàm số
liên tục trên
thì:  ∫ f ( x).g ( x)dx ÷ ≤ ∫ f ( x)dx.∫ g 2 ( x)dx.
a
a
 a
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f ( x), g ( x) tỉ lệ trên [ a; b] .

trên và a, b là hai số thuộc K thì ∫ u ( x).v′( x)dx = ( u ( x).v( x) )
a

b b
− v( x).u ′( x) dx
a ∫a

2.3.1.4 Quy tắc tính đạo hàm và nguyên hàm của một số hàm số
* Giả sử u = u ( x), v = v( x) là các hàm số có đạo hàm tại điểm x thuộc khoảng xác định.
u ′ u ′v − uv′  1 ′
v′
; ÷ = − 2
Ta có: ( u ± v ) ′ = u ′ ± v′; ( u.v ) ′ = u ′v + u.v′;  ÷ =

v2
v
v
v
* Nếu hàm số u = g ( x ) có đạo hàm tại x là u′x và hàm số y = f ( u ) có đạo hàm tại u là yu′
thì hàm hợp y = f ( g ( x)) có đạo hàm tại x là y′x = yu′ .u′x .

* Nguyên hàm của một số hàm số thường gặp:Với u = u ( x ) ; u ′ = u ′( x) xác định và liên
tục trên K . Ta có:
α
∫ u .u′dx =

uα +1
u′
u′
u′

bài cho“ thừa” dữ kiện khi có hai giá trị của f ( x) và dẫn đến sai lầm khi tìm hằng số C
của f ( x) .Với những dạng toán này khi giả thiết có thể cho từ hai giá trị hàm tại 1 điểm
trở lên tôi hướng dẫn các em giải quyết theo hai cách sau:
1
dx = ln ( x − 1 ) + C
x −1
 f ( x) = ln( x − 1) + 2017, x < 1
Theo giả thiết: f (0) = 2017, f (2) = 2018 nên 
 f ( x) = ln( x − 1) + 2018, x > 1
Do đó: S = f (3) − f (−1) = ln 2 + 2018 − ln 2 − 2017 = 1

* Cách 1: Ta có ∫ f ( x)dx = ∫

0
0

dx
1
′
f
(0)
−
f
(
−
1)
=
f
(
x

2
; f (0) = 1 . Tính
2x −1

giá trị của biểu thức: S = f (3) + f (−1) .
A. S = 2 + ln15
B. S = 4 + ln15
C. S = 3 + ln15
D. S = ln15
Hướng dẫn: Đáp án A
Phân tích: Với dạng bài toán mà chỉ biết 1 giá trị hàm số f ( x) tại điểm tôi hướng dẫn học
sinh sử dụng trực tiếp định nghĩa nguyên hàm để tìm ra hàm ẩn f ( x) .
Ta có f ( x) = ∫ f ′( x)dx = ∫
Theo

giả

2
dx = ln ( 2 x − 1 ) + C
2x −1

thiết:

f (0) = 1 ⇔ C = 1 ⇔ f ( x) = ln ( 2 x − 1 ) + 1 nên

 f (−1) = ln 3 + 1
⇒ f (−1) + f (3) = 2 + ln15

 f (3) = ln 5 + 1
1 

2




dx = ln ( 1 − 2 x ) + C2 ; f (0) = 1 ⇒ C2 = 1
+ Trên khoảng  −∞; ÷: f ( x) = ∫
2
2x −1
1



2



1

 f ( x) = ln(2 x − 1) + 2, x > 2
⇒ f (−1) + f (3) = 3 + ln15
Vậy : 
 f ( x) = ln(1 − 2 x) + 1, x < 1

2
0
0

2dx
1

Theo

giả

thiết:

f (1) = 5 ⇔ C = 3 ⇔ f ( x) = x + x + 3
2

x = 1
. Suy ra: S = log 2 x1 + log 2 x2 = 1
 x = −2
Ví dụ 5: Cho hàm số f ( x) nhận giá trị dương và có đạo hàm trên khoảng (0; +∞) thỏa
1
mãn f (2) = và f ′( x) + (2 x + 4). f 2 ( x) = 0 . Tính giá trị biểu thức: S = f (1) + f (2) + f (3)
15
7
11
11
7
A. S =
B. S =
C. S =
D. S =
30
15
30
15
2
Xét phương trình: f ( x) = 5 ⇔ x + x + 3 = 5 ⇔ 


Hướng dẫn: Đáp án A
Phân tích: Với những bài toán xuất hiện lũy thừa tôi định hướng cho học sinh áp dụng
nguyên hàm ∫ u .u′dx =
α

Ta có:

uα +1
+ C . Từ đó giải phương trình tìm được hàm ẩn f ( x) .
α +1

6


f 6 ( x ). f ( x ) = 12 x + 13 ⇒ ∫ f 6 ( x). f ′( x).dx = ∫ ( 12 x + 13) dx ⇔ ∫ f 6 ( x)d ( f ( x ) ) = 6 x 2 + 13 x + C
f 7 ( x)
27
2
⇔
= 6 x + 13 x + C ; f (0) = 2 ⇒ C =
⇒ f 7 ( x ) = 42 x 2 + 91x + 2
7
7
7
2
Từ phương trình: f ( x) = 3 ⇔ f ( x) = 2187 ⇒ 42 x + 91x − 2185 = 0 ( 1)

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 7: Cho hàm số f ( x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn:

−
−
 2x
 2x
2
2
2
e
+
2
e
+ C1 , x ≥ 0
e
−
e
,
x
≥
0


= x
f
(
x
)
=
.
Do
đó:

ln

1
4
2

ln

− 2e

− 2e

( − ln16 )
2

+ C2 = 0 ⇒ C 2 = 5
5
7
+ 5 = − . Vậy : S = f ( − ln16) + f (ln 4) =
2
2

Ví dụ 8: Cho hàm số f ( x) liên tục và nhận giá trị dương trên R, thỏa mãn f (0) = 1 và
f ′( x)
x
= 2
. Khi đó giá trị biểu thức: S = f (2 2) − 2 f (1) thuộc khoảng
f ( x) x + 1
A. ( 9;12 )
B. ( 2;3)

f (2 2) = 3; 2 f (1) = 2 2 ⇒ f (2 2) − 2 f (1) = 3 − 2 2 ∈ (0;1)
1
2

Ví dụ 9: Cho hàm số f ( x) ≠ 0 thỏa mãn điều kiện f ′( x) = (2 x + 3). f 2 ( x); f (0) = − . Biết tổng
a
a
f (1) + f (2) + ... + f (2017) + f (2018) = ;( a ∈ Z , b ∈ N ∗ ) và
là phân số tối giản. Mệnh đề nào
b
b

đúng?
A. b − a = 3029

B.

a
>1
b

C. a + b = 1010

D.

a
< −1
b

7

Khi đó:
a
1
1
1
 1

= f (1) + f (2) + ... + f (2017) + f (2018) = − 
+
+ ... +
+
÷
b
2018.2019 2019.2020 
 2.3 3.4
1
1
1
1 
1 
1009 a = −1009
1 1 1 1
1
= −  − + − + ... +
−
+
−
;
⇒ b − a = 3029
÷= −  −

2
3

Hướng dẫn: Đáp án A
Phân tích: Khi gặp bài toán với giả thiết cho hệ thức chứa tổng(hiệu) có chứa f ′ tôi định
hướng cho học sinh biến đổi theo các quy tắc đạo hàm rồi áp dụng định nghĩa nguyên
hàm tìm ra hàm ẩn f ( x) .
Ta có:
f ′′( x). f ( x) − 2 [ f ′( x) ]
f ′′( x). f ( x) − 2 [ f ′( x) ] + xf ( x) = 0 ⇔
= −x
f 3 ( x)
2

2

3

 f ′( x) ′
f ′( x) − x 2
f ′(0) −02
f ′( x) − x 2
⇒  2  = −x ⇒ 2
=
+C ⇒ 2
=
+C ⇒C = 0⇒ 2
=
f ( x)
2

Theo giả thiết: f (0) = 1 ⇔ C = 0 ⇔ f ( x) = x 2 + 1 nên
Ví dụ 11: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm và liên tục trên đoạn [ 0;1] , thỏa mãn f ′(0) = 9
2
và 9 f ′′( x) + [ f ′( x) − x ] = 9. Tính T = f (1) − f (0) .
1
2

A. T = + 9 ln 2

B. T = 2 + 9 ln 2

C. T = 2 − 9 ln 2

D. T = 9

Hướng dẫn: Đáp án A
* Phân tích: Đây là một bài toán khó gây lúng túng trong việc định hướng tìm ra cách
giải. Nên khi gặp những hệ thức chứa đạo hàm tôi hướng dẫn các em khéo léo biến đổi
bám theo quy tắc đạo hàm dẫn đến hàm ẩn f ( x) .
f ′′( x) − 1

1

Ta có: 9 f ′′( x) + [ f ′( x) − x ] = 9 ⇒ 9 ( f ′′( x) − 1) = − [ f ′( x) − x ] ⇒ − f ′( x) − x 2 = 9
[
]
2

2


2
2
Ví dụ 12: Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f (2) = − và f ′( x) = 2 x [ f ( x)] với mọi x ∈ R . Giá trị
9
f
(1)
của
bằng
2
35
2
19
A. −
B. −
C. −
D. −
3
36
15
36

Do f ′(0) = 9 ⇒ C = ⇒ f ′( x) − x =

Hướng dẫn: Đáp án A. Sử dụng quy tắc đạo hàm của một thương.
 1 ′
1
2
=
2
x

(1)
của
bằng
4
4
79
71
A. −
B. −
C. −
D. −
5
35
20
20

Ta có: f ′( x) = 2 x [ f ( x)] ⇔
2

f ′( x)

Hướng dẫn: Đáp án A
Ta có: f ′( x) = x3 [ f ( x) ] ⇔
2

f ′( x)

[ f ( x)]

2

4
2
4

Hướng dẫn: Đáp án A
* Phân tích: Khi gặp hệ thức có tổng(hiệu) có chứa hàm số f ( x) và đạo hàm của nó tôi
định hướng cho học sinh biến đổi để dẫn đến đạo hàm của tích hoặc thương . Từ đó học
sinh sẽ có “thói quen” hình thành kỹ năng giải các bài toán tương tự như các ví dụ sau
x( x + 1) f ′( x) + f ( x ) − x 2 − x = 0 ⇔ x( x + 1) f ′( x) + f ( x) = x( x + 1) ⇔

x
1
x
. f ′( x) +
. f ( x) =
2
x +1
x +1
( x + 1)

x
x
x
 x
′
. f ( x) = ∫
dx = x − ln x + 1 + C
⇔
. f ( x)  =
, x ∈ R \ { −1;0} ⇒

24
1
−1
f (1) =
=−
C = −5 + = −1 ⇒ f ( x) =
4
1
Từ f (2) = ; Suy ra
. Suy ra
5.
x
4
− −1
5
− −1
4
4

2.3.2.2.Phương pháp sử dụng định nghĩa, tính chất tích phân, giải hệ tích phân
* Nhận xét: Sau đây là một số bài toán tìm tích phân chứa hàm ẩn ngoài việc sử dụng
định nghĩa, tính chất tích phân còn có sự kết hợp nhạy bén các quy tắc đạo hàm của
hàm số ở chương trình lớp 11. Tôi đã đưa ra một số ví dụ sau để học sinh tự phân tích,
định hướng và đưa ra lời giải.
2

5

Ví dụ 1: Cho


Ta có: ∫ [ 2 − 4 f ( x) ] dx = 2 ∫ dx + 4 ∫ f ( x)dx = 34
Ví dụ 2: Cho hàm sô f ( x ) liên tục trên R và F ( x) là nguyên hàm của f ( x ) , biết:
9

∫ f ( x)dx = 9 và

F (0) = 3. Tính F (9) ?

0

A. F (9) = 12
B. F (9) = 6
C. F (9) = −6
Hướng dẫn: Đáp án A. Áp dụng định nghĩa tích phân
9

Ta có:

D. F (9) = −12

9

∫ f ( x)dx = F ( x) 0 = F (9) − F (0) = 9 ⇔ F (9) = 12
0

9

Ví dụ 3: Cho

∫


0

0

9

D. I = 122

Ta có: I = ∫ [ 2 f ( x) + 3g ( x) ] dx = 2 ∫ f ( x)dx + 3∫ g ( x)dx = 2 ∫ f ( x)dx − 3∫ g ( x)dx = 26
0

Ví dụ 4: Nếu

2

5

1

2

∫ f ( x)dx = 3 và ∫ f ( x)dx = −1 thì :

5

I = ∫ f ( x)dx bằng:
1

A. I = 2

10

0

6

6

∫ f ( x)dx = 3 . Tính
2

P = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x)dx .

A. P = 4
B. P = −4
C. P = 7
Hướng dẫn: Đáp án A. Áp dụng tính chất của tích phân

D. P = 10

10

2

6

10

2



8

A.

4

∫ f ( x)dx = −5
4

4

8

B. ∫ [ f ( x) + g ( x) ] dx = 10

∫ f ( x)dx = 1

C.

1

4

4

D. ∫ [ 4 f ( x) − 2 g ( x) ] dx = −2
1

Hướng dẫn: Đáp án A. Áp dụng tính chất của tích phân.


I=

∫ [ f ( x) − 4 g ( x) − 1] dx

−2

5

A. I = 13
B. I = 27
C. I = −11
Hướng dẫn: Đáp án A. Áp dụng tính chất của tích phân
Ta có: I =

5

5

−2

−2

∫ [ f ( x) − 4 g ( x) − 1] dx = ∫

−2

f ( x)dx + 4 ∫ g ( x )dx − x
5


1

1

0

0

2
2
Ta có: I = ∫ f ( x). f ′( x)dx = ∫ f ( x).d ( f ( x)) =

f 3 ( x) 1 f 3 (1) − f 3 (0)
2
=
=−
3 0
3
3

Ví dụ 9: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm và liên tục trên đoạn [ −1;1] , thỏa mãn
f ( x) > 0, ∀x ∈ R và f ′( x) + 2 f ( x) = 0. Biết f (1) = 1 , tính f ( −1).
A. f (−1) = e4
B. f (−1) = e−2
C. f (−1) = e3
D. f (−1) = 3
Hướng dẫn: Đáp án A. Sử dụng tích phân của hàm số lôgarit
1
1
f ′( x)

= −4

f (0) = 2 Tính f 2 (2) .
323
D. f 2 (2) =
15

Hướng dẫn: Đáp án A. Sử dụng định nghĩa tích phân kết hợp máy tính casio.
Ta có: f ′( x). f ( x) = x 4 + x 2
2

Suy ra :

∫
0

2

2

0

0

f ′( x). f ( x)dx = ∫ ( x 4 + x 2 ) dx ⇔ ∫ f ( x)df ( x) =

136
f 2 ( x) 2 136
332
⇔

3

0

C. 10

D. 80

11


*Phân tích: Đây là một bài toán tính tích phân hàm ẩn chứa lũy thừa đặc biệt là mũ 2,
tôi định hướng học sinh đi phân tích theo hằng đẳng thức và sử dụng thêm tích chất:
 f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ a; b ]
b

 ∫ f ( x)dx = 0
a

thì: f ( x) = 0, ∀x ∈ [ a; b ] từ đó tìm ra hàm ẩn f ( x) .

+ Xét:
1

1

1

1



a
Ta cần xác định 2 số a, b để 4 + 2(a + b) + + ab + b 2 = 0

3
2
− ( b − 2)
4 2
2
Ta có: ∆ = b + 4b + 4 − (b + 4b + 4) =
≤ 0 ⇒ b = 2 ⇒ a = −6
3
3
1

1

1

Khi đó: ∫  f ( x) + ( -6x + 2 )  dx = 0 ⇒ f ( x) = 6 x − 2 ⇒ ∫ [ f ( x)] dx = ∫ [ (6 x − 2) ] dx = 10
2

0

3

0

3


Ta có: xy 2 + y′2 = yy′′ ⇔ yy −2 y = x ⇔  y ÷ = x ⇔ y = x + C

y

⇔

 y

y

2

f ′( x) x
f ′( x) x
= + C ; f (0) = f ′(0) = 1 ⇒ C = 1 ⇒
= +1
f ( x) 2
f ( x) 2
2

1

⇔∫
0

2

1
1 7
 x2 

C. I = 2

2

Xét tích phân I = ∫ f (3x)dx . Đặt : 3x = t ⇒ dx =
0

2

Do đó: I = ∫ f (3x)dx =
0

6

D. I = 6

dt
. Khi x = 0 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 6
3

6

1
1
1
f (t )dt = ∫ f ( x )dx = .12 = 4
∫
30
30
3

∫ f (x

2

+ 1)dx = 2 . Đặt : x 2 + 1 = t ⇒ dt = 2 xdx Khi x = 1 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t = 5

1

2

Do đó:

∫
1

5

5

2

1
f ( x + 1)dx = ∫ f (t )dt ⇒ ∫ f (t )dt = 2 ∫ f ( x 2 + 1)dx = 4
22
2
1
2

1



2

−5

0

0

0

1

I = ∫ [ f (1 − 3 x) + 9] dx = ∫ f (1 − 3x )dx + ∫ 9dx =

∫[

2 11
dt
1
f (t ) ]
+ 9 x = ∫ f ( x)dx + 18 = .9 + 18 = 21
0 3 −5
−3
3

B. Phương pháp đổi biến số loại 2
Cho hàm số f ( x) thỏa mãn: A. f ( x) + B.u ′. f (u ) + C. f (a + b − x) = g ( x) . Bằng phương pháp đổi
biến ta chứng minh được:
u (a) = a

A − B + C ∫a
u (b) = a
a
b

* Nếu y = f ( x) liên tục trên [ a; b] thì

b

∫
a

b

f (a + b − x )dx = ∫ f ( x )dx
a

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x) liên tục trên [ 0;1] và thỏa mãn: 2 f ( x) + 3 f (1 − x) = 1 − x . Tính:
1

I = ∫ f ( x)dx
0

A. I =

2
15

B. I =



0

0

2 f ( x) + 3 f (1 − x) = 1 − x ⇔ 5∫ f ( x)dx = ∫ 1 − xdx =

2
2
⇒I =
3
15

13


Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x) liên tục trên [ −1; 2] và thỏa mãn:
2

f ( x) + 2 xf ( x − 2) + 3 f (1 − x) = 4 x . Tính: I =
2

3

∫ f ( x)dx

−1

B. I =


2

−1

−1

−1

f ( x)dx + ∫ 2 xf ( x 2 − 2)dx + ∫ 3 f (1 − x )dx = ∫ 4 x 3dx

Đặt :
+ t = x 2 − 2 ⇒ dt = 2 xdx ⇒ x = −1 ⇒ t = −1; x = 2 ⇒ t = 2
2

⇒ ∫ 2 xf ( x 2 − 2)dx =
−1

2

∫

−1

2

f (t ) dt = ∫ f ( x)dx

( 1)

−1

−1

+

−1

Cách

2:

Áp

dụng

công

thức

(I)

ta

có:

u (−1) = −1
f ( x) + 2 xf ( x 2 − 2) + 3 f (1 − x) = 4 x3 ⇒ A = 1; B = 1; C = 3; 
u (2) = 2
2

Nên I =

B. I =

Hướng dẫn: Đáp án A
Áp
dụng
f ( x) +
2

4
3

công

D. I =

C. I = 2
thức

(II)

14
3

ta

có:

u (−1) = 2
1
1


Tích phân: I = ∫ f ( x)dx =
0

a−b 2
a b
; a, b, c ∈ Z ; ; tối giản. Tính a + b + c .
c
c c

A. I = 6
B. I = −4
Hướng dẫn: Đáp án A
3
4
Biến đổi f ( x) − 8 x f ( x ) +

x3
x2 + 1

D. I = −10

C. I = 4

= 0 ⇔ f ( x) − 2.4 x 3 f ( x 4 ) = −

x3
x2 + 1

; A = 1; B = −2; C = 0

−1

A. I = 2 −

π
2

B. I = 1 −

π
4

1 π
2 8

C. I = −

D. I =

π
4

Hướng dẫn: Đáp án A

t −1
. Khi đó điều kiện trở thành:
2
t 2 − 2t + 1
x2 − 2x + 1
f (t ) + f (2 − t ) = 2

Phương pháp: Lần lượt đặt t = u ( x); t = v( x) đưa về hệ phương trình hai ẩn (ẩn là f(x)) để
từ đó tìm được hàm số f(x).
* Một số kết quả chứng minh được: Cho biểu thức:
 x −b 
 x−c
A.g 
÷− B.g 
÷
 a 
 −a  *
A. f (ax + b) + B. f (−ax + c) = g ( x) ( A2 ≠ B 2 ) ⇒ f ( x) =
( )
A2 − B 2
A.g ( x ) − B.g ( − x )
+ Hệ quả 1: A. f ( x) + B. f (− x) = g ( x) ⇒ f ( x) =
A2 − B 2
g ( x)
+ Hệ quả 2: A. f ( x) + B. f (− x) = g ( x) ⇒ f ( x) =
, nếu g(x) là hàm số chẵn.
A+ B
2
f ( x)
1
I
=
dx
∫
y
=
f

B. I =

1
2

C. I = 1

D. I = −1

Hướng dẫn: Đáp án A
 
 
Đặt : t = ⇒ x = . Khi đó điều kiện trở thành : f  ÷+ 2 f (t ) = ⇒ f  ÷+ 2 f ( x ) =
t
x
x
t
t 
 x
1

1

1

3

1

3

x
x
2

 x

1
1 x
2
2
2
x
Ví dụ 2: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên R và f (− x) + 2018 f ( x ) = e . Tính I =

1

∫ f ( x)dx

−1

A. I =

e2 − 1
2019e

B. I =

e2 − 1
2018e


x
−x
f ( − x) + 2018 f ( x ) = e ⇒ f ( x) =
⇒ ∫ f ( x)dx =
( 2018e − e ) dx = 2019e
20182 − 1
2019.2017 −∫1
−1
1

1

x

Ví dụ 3: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên R và f ( x) + f ( − x ) = 2sin x. Tính I =
A. I = 0
B. I = 1
Hướng dẫn: Đáp án A

C. I = 1

π
2

π
2

Đặt t = − x ⇒ dt = −dx; x = − ⇒ t = ; x =

∫

−
2

π
−
2

π
−
2

−

π
2

Khi đó: I = − ∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx ⇒ 2 I = ∫ [ f ( x) + f (− x) ] dx =

π
2

∫ 2sin xdx = 0 ⇒ I = 0

−

π
2

D. Phương pháp đổi biến số loại 4
* Tính chất:


4

1

0

f (− x )dx = 2; ∫ f (−2 x)dx = 4 .Tính I = ∫ f ( x)dx .

16


A. I = −6
B. I = 10
C. I = −10
D. I = 6
Hướng dẫn: Đáp án A
* Phân tích: Đây là một trong những bài toán đặc trưng về tính tích phân hàm ẩn của
một hàm số lẻ. Tôi hướng dẫn các em sử dụng các tính chất được nêu trong bài.
2

4=∫
1

0

∫

2=


4

0=

∫

f ( x)dx =

−4

−2

∫

−4

0

4

−2

0

f ( x )dx + ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx



⇔ 0 = 8 +  ∫ f ( x)dx − ∫ f ( x)dx ÷+ I ⇔ 8 + (0 − 2) + I ⇔ I = −6
0


0

D. I = 3

C. I = 4

1

f ( x)
f ( x)
f ( x)
∫−1 1 + e x dx =−∫1 1 + e x dx + ∫0 1 + e x dx = I1 + I 2

Xét
0

:

f ( x)

∫ 1+ e

x

−1

0

1

1 + ex
2 −∫1
−1
1

1

x

1

1

E. Phương pháp đội biến số loại 5
Bài toán: Cho hàm số y = f ( x) thỏa mãn g [ f ( x)] = x và g (t ) là hàm đơn điệu trên R .
b

Tính tích phân: I = ∫ f ( x)dx
a

Cách giải: Đặt y = f ( x) ⇒ g ( y ) ⇒ dx = g ′( y )dy
β
b
 x = a ⇒ g ( y) = a ⇔ y = α
⇒ I = ∫ f ( x)dx = ∫ y.g ( y )dy
Đổi cận: 
 x = b ⇒ g ( y) = b ⇔ y = β
a
α
3

* Phân tích: Đây là một trong những bài toán đặc trưng về tìm tích phân của hàm ẩn.
Để giải bài toán này tôi định hướng cho học sinh sử dụng phép đổi biến như sau và có
lời giải khá ngắn gọn phù hợp với tư duy họcsinh.
 x = 0 ⇒ y 3 + y = 0 ⇔ y = 0
3
2
y
=
f
(
x
)
⇒
x
=
y
+
y
⇒
dx
=
3
y
+
1
dy
;
(
)  x = 2 ⇒ y3 + y = 2 ⇔ y = 1
Đặt

3

D. I =

5
2

Hướng dẫn: Đáp án D
 x = 0 ⇒ 2 y 3 − 3 y 2 + 6 y = 0 ⇔ y = 0
Đặt y = f ( x) ⇒ x = 2 y − 3 y + 6 y ⇒ dx = 6 ( y − y + 1) dy; 
3
2
 x = 5 ⇒ 2 y − 3 y + 6 y = 5 ⇔ y = 1
1
1
5
2
I
=
f
(
x
)
dx
=
Khi đó:
∫0
∫0 y.6( y − y + 1)dy = 2
3


2 2
′
x
.
f
(
x
)
dx
=
xd
(
f
(
x
))
=
x
.
f
(
x
)
− ∫ f ( x)dx = 2 f (2) − 3 = 3
Ta có: ∫
∫
0
0
0
0

x
)
dx
=
xd
(
f
(
x
))
=
x
.
f
(
x
)
− f ( x)dx = 2 f (2) − 3 = 3
Ta có: ∫
∫0
0 ∫0
0

18


Ví dụ 3: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn:
π

2


π
2

π
2

Theo giả thiết : f (0) = 0; f ( x ) + f ( − x) = s inx.cos x ⇒ f (0) + f ( ) = 0 ⇔ f ( ) = 0
π
2

π
2

π

π

π 2
2
Ta có: I = ∫ x. f ′( x)dx = ∫ xd ( f ( x )) = [ x. f ( x ) ] 2 − ∫ f ( x )dx ⇒ I = − ∫ f ( x )dx
0
0
0
0 0
π
2

π
2

 1
⇒ ∫ f ( x)dx − ∫ f ( − x )d  − x ÷ = ⇔ ∫ f ( x)dx = ⇒ I = − ∫ f ( x)dx = −
2
4
4
2
 2
π
0
0
0
0

2

Ví dụ 4: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm và liên tục trên [ 1; 2] , thỏa mãn:
2

2

2

1
2
2
∫1 ( x − 1) f ( x)dx = − 3; f (2) = 0; ∫1 [ f ′( x)] dx = 7. Tính: I = ∫1 f ( x)dx.
7
7
7
A. I = −

x − 1)

(
1
2
3
⇒
Đặt: 
2
( x − 1) ⇒ − 3 = ∫ ( x − 1) f ( x)dx = 3 . f ( x) 1 − ∫ 3 f ′( x)dx
 dv = ( x − 1) dx v =
1
1
3

2

2

2

1
1
3
3
3
⇔ − = − ∫ ( x − 1) f ′( x)dx ⇔ ∫ ( x − 1) f ′( x )dx = 1 ⇒ − ∫ 2.7 ( x − 1) f ′( x)dx = −14
3
31
1

6

1

7 ( x − 1)
+C
4
4

2

⇒ ∫ 7( x − 1)3 − f ′( x)  dx = 0 ⇒ f ′( x) = 7( x − 1)3 ⇒ f ( x) =
1

2
2
 7( x − 1) 4 7 
7( x − 1) 4 7
7
− ⇒ I = ∫ f ( x) dx = ∫ 
− dx = −
4
4
4
4
5
1
1 
Ví dụ 5: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm và liên tục trên [ 0;1] , thỏa mãn:


u = cos(π x)
du = −π sin(π x)dx
′
⇒
⇒
f
(
x
)
c
os(
π
x
)
dx
=
c
os
π
x
.
f
(
x
)
+
π
( )
Đặt: dv = f ′( x)dx v = f ( x)
∫0


1

1

0

0

2
2
Ta có: ∫  f ( x) − k sin ( π x )  dx = ∫ [ f ( x) ] dx − 2k ∫ f ( x).sin(π x)dx + k ∫ sin (π x)dx
2

0

⇒

2

0

1

2

1

1


1

1
Tính: I = ∫ f ( x)dx.
3
0

C. I =

B. I = 1

7
4

D. I = 4

Hướng dẫn: Đáp án A

 du = f ′( x)dx
1
1
1
u = f ( x)
x 3 . f ( x) 1 1 3
1

2
3
′
⇒

1

dx = 0 ∫ [ f ′( x) ] dx + 2k ∫ f ′( x).x dx + k
0

⇒ f ′( x) = −7 x3 ⇒ f ( x) =

2

3

0

1

2

∫ x dx = 0 ⇔ 7 − 2k + k
6

0

2

1
. =0⇔k =7
7

1
1


7
5
D. I =
3
4
Bài 2 : Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ 1; 4] , đồng biến trên đoạn [ 1; 4]

A. I =

7
4

B. I =

5
12

C. I =

4

3
và thỏa mãn đẳng thức x + 2 x. f ( x) = [ f ( x)] , ∀x ∈ [ 1; 4] . Biết rằng f (1) = , tính I = ∫ f ( x)dx .
2
1
1186
1174
1222
1201


2

1

dx = ∫ ( x + 1) e x . f ( x )dx =
0

B. I =

A. I = e − 2

1

e2 − 1
. Biết rằng f (1) = 0 , tính I = ∫ f ( x)dx .
4
0
e
2

C. I =

e2
4

D. I =

e −1
2

một số nhóm học sinh có học lực giỏi, khá và trung bình trong các lớp mà tôi giảng dạy
như lớp 12E,12C năm học 2018 -2019.
Với các bài toán 1,2,3,4 trong hệ thống bài tập tự luyện ở trên, mỗi lớp tôi đã
chọn ra hai nhóm học sinh với số lượng bằng nhau, có học lực ngang nhau, nhóm I: tôi
cho làm sau khi triển khai bài viết, nhóm II: tôi cho làm trước khi triển khai bài viết; tôi
21


thấy kết quả như sau: cả nhóm I và nhóm II đều không có học sinh nào để trống, số lượng
học sinh làm được cả 4 câu chỉ có ở nhóm I, nhóm II học sinh làm được nhiều nhất là 3
câu còn lại là làm được 1-2 câu. Kết quả thu được cụ thể thể hiện ở bảng sau:
Số học sinh có lời Số học sinh có lời
Nhóm
Số học giải đúng 1-2 câu
giải đúng 3-4 câu
sinh
1 câu
2 câu
3 câu
4 câu
Nhóm I
Lớp 12C
Lớp 12E

15
20

0
1


thú, phát huy được tính chủ động và sự sáng tạo trong việc học của học sinh.
Mặc dù đã có sự đầu tư kĩ lưỡng nhưng bài viết chắc không tránh khỏi những thiếu
sót, tôi rất mong các bạn đồng nghiệp bổ sung góp ý để bài viết được hoàn thiện hơn,
cũng như ứng dụng vào việc dạy học cho học sinh lớp mình giảng dạy, đem lại cho học
sinh những bài giảng hay hơn, cuốn hút hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 23/ 05/ 2019
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.
Người viết
Lê Diễm Hương

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách Giải tích 12 – Nâng cao
22


2. Sách ĐS và GT 11
3. Tích phân xác định và các ứng dụng 12 – Nhà xuất bản đại học sư phạm
4. Nguồn tài liệu từ INTERNET; Đề thi thử các trường THPT trong tỉnh năm học 2018
-2019

Mẫu 1 (2)
23