SKKN: Cách tiếp cận bài toán tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số

Chia sẻ: Nguyễn Lê Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

387
lượt xem 75
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm về cách tiếp cận bài toán tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số giúp các thầy cô có thêm tư liệu giảng dạy các em học sinh giảm bớt sự khó khăn trong quá trình tính toán và sự khó khăn khi gặp bài toán tích phân trong các đề thi tốt nghiệp phù hợp với trình độ trung bình yếu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Cách tiếp cận bài toán tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: CÁCH TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ
1. ĐẶT VẤN ĐỀ Toán học là môn khoa học cơ bản phục vụ cho nhiều nghành nghề và học tốt môn toán luôn là một trong những mục tiêu đặt ra của học sinh. Nhất là trong các kỳ thi thì kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông hằng năm luôn là mục tiêu của nhiều học sinh và cả phụ huynh. Vì vậy việc vượt qua được kỳ thi này trở thành một vấn đề quan trọng. Trong đề thi tốt nghiệp hằng năm luôn có bài toán tính tích phân. Đây là bài toán được coi là khó đối với học sinh nhất là học sinh trung bình – yếu. Để làm được bài toán này, học sinh cần nắm định nghĩa và các tính chất nguyên hàm, thuộc các công thức nguyên hàm các hàm số sơ cấp và các phương pháp tính nguyên hàm. Để tính được bài toán tích phân học sinh không những phải học thuộc các kiến thức trên mà còn phải rèn luyện kỷ năng giải toán thường xuyên nữa. Nhằm giảm bớt sự khó khăn trong quá trình tính toán, và sự khó khăn khi gặp bài toán tích phân trong các đề thi tốt nghiệp hằng năm, tôi đưa ra cách tiếp cận bài toán tích phân một cách phù hợp với trình độ của học sinh trung bình yếu đó là “CÁCH TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ” Mục đích rõ ràng của đề tài này là nhằm giúp học sinh giải tốt bài toán tích phân nói riêng và làm tốt bài thi tốt nghiệp THPT nói chung, xa hơn nữa là làm tăng tỷ lệ bộ môn toán của trường trong kỳ thi tốt nghiệp hằng năm. 2. NỘI DUNG ĐỀ TÀI 2.1. Cơ sở lý luận của đề tài HiÖn thùc xung quanh cã nhiÒu c¸i mµ con ngêi cha biÕt. NhiÖm vô cña cuéc sèng vµ ho¹t ®éng thùc tiÔn lu«n ®ßi hái con ngêi ph¶i hiÓu biÕt c¸i cha biÕt ®ã ngµy mét s©u s¾c, ®óng ®¾n vµ chÝnh x¸c h¬n, ph¶i v¹ch ra nh÷ng c¸i b¶n chÊt vµ nh÷ng quy luËt t¸c ®éng cña chóng. Qu¸ tr×nh nhËn thøc ®ã gäi lµ t duy. Nhưng để tư duy được thì cần phải nắm được những kiến thức cơ bản, những kiến thưc nền tảng của vấn đề thì khi đó mới nói đến tuy duy hay sáng tạo.
Cơ sở lý luận của đề tài “CÁCH TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ” là từ những kiến thức cơ bản nhất của vấn đề nhằm giúp học sinh dần dần tiếp cận với các vấn đề cao hơn trong một mạch kiến thức. Cụ thể hóa của vấn đề về mặt lý luận là giúp hoc sinh độc lập trong khi giải quyết vấn đề mà cụ thể vấn đề đây là bài toán tích phân trong các kỳ thi mà đặc biệt là các dạng mà đề tài này đã nghiên cứu và đưa ra trong sáng kiến kinh nghiệm dạy học tại trường phổ thông. 2.2. Thực trạng của đề tài 2.2.1 . Tình hình thực tế của học sinh trường: - Phần lớn học sinh của trường ở đại bàn các xã lân cận, đi lại khó khăn. Điểm tuyển sinh vào lớp 10 không cao, năng lực học tập chủ yếu là loại trung bình, thậm chí một số học sinh khả năng tính toán rất hạn chế - Học sinh thường ít chịu tìm tòi, khám phá và không thuộc bài (lười học) 2.2.2. Thực trạng của đề tài “CÁCH TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH TÍCH PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ” - Đây là đề tài đầu tiên nghiên cứu về phương pháp đổi biến số trong bài tóan tích phân tại trường THPT Nguyễn Khuyến - Đề tài này hoàn thành sẽ có ứng dụng rất khả thi cho học sinh, giáo viên trong tổ toán của trường nhất là trong các kỳ thi. - Do đây là chương đòi hỏi học sinh phải có kiến thức cơ bản nhiều, thuôc bài và vận dụng được lý thuyết nên học sinh thường không làm bài được, cụ thể kết quả kiểm tra chương tích phân trong năm học 2010 – 2011 của lớp 12A4 như sau: Điểm 0 đến 3 3.5 đến 4.5 5 đến 6.5 7 đến 8 Trên 8 Số lượng 15 8 5 7 3
- Phân tích kết quả trên: số học sinh dưới trung bình chiếm 60.5% , số học sinh trên trung bình chiếm tỉ lệ 39.5% nhưng số học sinh đạt điểm trên 8 là khá ít mặc dù đề kiểm tra ra đảm bảo theo chuẩn kiến thức. 2.2.3. Khó khăn của đề tài: - Về tâm lý: khi gặp bài toán tích phân học sinh thường ngại suy nghĩ và cho rằng đây là bài toán khó nên thường bỏ luôn không làm - Về kiến thức: + Học sinh không thuộc bảng nguyên hàm các hàm số sơ cấp, công thức tính tích phân, các tính chất của nguyên hàm và tích phân + Khả năng nhận dạng dạng nguyên hàm hay tích phân còn thấp + Khả năng tính toán còn yếu - Nghiên cứu ứng dụng cho học sinh với tầm kiến thức trung bình yếu nên về mặt lý luận cũng gặp khó khăn. - Khả năng tiếp thu kiến thức của học sinh còn kém nên việc triển khai đề tài có phần chậm. 2.2.4. Thuận lợi: - Trong khi thực hiện đề tài được sự hỗ trợ của bạn đồng nghiệp trong trường, trong tổ chuyên môn. - Đa số học sinh có phần hứng thú với cách tiếp cận mạch kiến thức mới. - Học sinh chăm chỉ tích cực luyện tập kỹ năng giải toán tích phân 2.3 . Các biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề 2.3.1. Kiến thức cơ bản học sinh cần nắm * Nguyên hàm Kí hiệu K là khoảng, đoạn hoặc nữa khoảng của Định nghĩa: Cho hµm sè f(x) x¸c ®Þnh trªn K . Hµm sè F(x) ®îc gäi lµ nguyªn hµm cña hµm sè f(x) trªn K nÕu F '(x) = f(x) víi mäi x  K .
Định lý 1: NÕu F(x) lµ mét nguyªn hµm cña hµm sè f(x) trªn K th× víi mçi h»ng sè C, hµm sè G(x) = F(x) + C còng lµ mét nguyªn hµm cña f(x) trªn K . Định lý 2 : NÕu F(x) lµ mét nguyªn hµm cña hµm sè f(x) trªn K th× mäi nguyªn hµm cña f(x) trªn K ®Òu cã d¹ng F(x) + C, víi C lµ mét h»ng sè.  f x  dx  F x   C , C  Là họ tất cả các nguyên hàm của f(x) trên K * Tính chất của nguyên hàm Tính chất 1:      f ( x)dx  '  f ( x) và  f '( x)dx  f ( x)  C. Ví dụ :   cos xdx  '  (sin x  C ) '  cos x hay  (cos x ) ' dx   (  sin x )dx  cos x  C. Tính chất2:  kf ( x)dx  k f ( x)dx k: hằng số khác 0 Tính chất 3:   f ( x )  g( x) dx   f ( x )dx   g( x )dx.
Bảng nguyên hàm các hàm số sơ cấp ax  0dx  C a x dx   C (a > 0, a  1)  ln a  dx  x  C  cos xdx  sin x  C 1  x 1  C (  1) x dx   1  sin xdx   cos x  C 1 1  x dx  ln x  C  cos2 x dx  tanx  C x x 1  e dx  e C  sin2 x dx   cot x  C TÍCH PHÂN Định nghĩa tích phân Cho f(x) là hàm số liên tục trên [a; b]. Giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [a; b] Hiệu số F(b) – F(a) đươc gọi là tích phân từ a đến b của f(x). b b  f ( x)dx  F ( x) a a  F (b )  F ( a ) TÍNH CHẤT CỦA TÍCH PHÂN I) Tính chaát : Giaû söû f(x), g(x) lieân tuïc treân K; a,b  K a 1)  f  x dx  0 a b a 2)  f  x dx    f  x dx a b b b 3)  kf  x dx  k  f  x dx a a
b b b 4)  f  x   g  x  dx   f  x dx   g  x dx a   a a b c b 5)  f  x dx   f  x dx   f  x dx c   a; b  a a c   b 6) f  x   0, x  a; b   f  x dx  0 a b b 7) f  x   g  x  , x   a; b    f  x dx   g  x dx a a b 8) m  f  x   M, x  a; b   m  b  a    f  x dx  M  b  a  a t 9) t bieán thieân treân ñoaïn  a; b   G  t    f  x dx laø 1 nguyeân haøm cuûa f  t  vaø G  a   0 a Phương pháp đổi biến số Định lí 1: Cho hàm số f(x) liên tục trên [a; b]. Giả sử hàm số x = (t) có đạo hàm liên tục trên đoạn [;  ] sao cho () = a, () = b và a  (t) b với t  [;  ]. b  Khi đó:  f ( x )dx   f  (t) (t )dt a  Định lí 2: Cho hàm số f(x) liên tục trên [a; b]. Nếu hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục trên [a; b] và   u(x)   với mọi x  [a; b] sao cho f(x) = g[u(x)]u(x), g(u) liên tục trên [;  ] thì: b u( b )  f ( x )dx   g(u)du a u( a) 2.3.2. Tiếp cận nhứng bài toán cơ bản x2 n a) TÍCH PHÂN DẠNG  ax  b  x1 dx * Nhận xét
n Ta thấy hàm số dưới dấu tích phân là y  ax  b  , đối với hàm số này không có nguyên hàm trực tiếp, do đó muốn giải được thì ta phải đưa về đa thức mới lấy nguyên hàm được. Nhưng đưa về đa thức cũng là vấn đề, nếu n là 2 hoặc 3 thì ta áp dụng hằng đẳng thức 2 a  b   a 2  2ab  b 2 3 Hay a  b   a 3  3a 2b  3ab 2  b 3 1 2 Ví dụ: Tính tích phân   2x  1 0 dx 1 1 1 2  4x 3  13   2x  1 dx    4x 2  4x  1 dx    3  2x  x   3 2 Giải:  0 0  0 1 3 Hoặc tính tích phân   2x  1 0 dx Giải: 2 2 2 3   2x  1 dx   8x    12x 2  6x  1 dx  2x 4  4x 3  3x 2  x  3  10 0 0 0 Nhưng xem ra cách này cũng không khả quan lắm vì đa số học sinh không 3 nhớ được hằng đẳng thức a  b   a 3  3a 2b  3ab 2  b 3 . Hơn nữa nếu n là số nguyên âm hay hữu tỷ thì cách này không giải được. Để giải quyết dạng bài tập này tôi đưa ra cách giải khả thi như sau: x2 n * Phương pháp giải  ax  b  x1 dx dt + Bước 1: Đặt t  ax  b  dt  adx   dx a + Bước 2: Đổi cận: x  x1  t  ax1  b; x  x 2  t  ax 2  b + Bước 3: Chuyển tích phân theo x sang tích phân theo t + Bước 4: Tính tích phân theo t
*Nhận xét: Như vậy cách giải này tránh được việc phải nhớ hằng đẳng thức. Chỉ cần thực hiện những thao tác cơ bản như: tính vi phân hàm bậc nhất (việc này rất dễ dàng). Công việc đổi cận cũng không có gì khó khăn, đây chỉ là việc tính giá trị của hàm số bậc nhất mà thôi. * Các ví dụ minh họa: Tính các tích phân sau: 1 2 4 4 1)  0 2x  1 dx 2)  1  3x  2 3 dx Giải: 1 4 1)   2x  1 0 dx . Đặt t  2x  1 dt  2dx  dt  dx 2 . Đổi cận: x = 0  t = 1; x = 1  t = 3 3 1 3 dt t5 . Do đó ta có:    4 2x  1 dx   t 2  10 1 4  242 121 10  5 0 1 2 4 2)   3x  2  1 3 dx . Đặt t  3x  2  dt  dx  dt  dx 3 . Đổi cận: x = 1  t = 1; x = 12  t = 4 4 7 2 4 4 4 dt t 23 2  1 . Do đó ta có:    3x  2 dx   t 3 3  7 3 3  7 1 1 1
* Phân tích ví dụ Thật vậy đây là cách giải có nhiều ưu điểm hơn các cách giải khác( đã trình 1 bày ở trên). Nhận xét rằng d ax  b   dx nên ta đưa ra các công thức dạng tổng a quát để học sinh có thể áp dụng trực tiếp. Ta có bảng sau 1 1   ax  b  dx   1  ax  b 1  C (  1)  cos  ax  b dx  a sin  ax  b  C 1 1 1   ax  b  dx  ln  ax  b   C a  sin  ax  b dx   a cos  ax  b  C 1 ax  b 1 1  eax  bdx  a e C  cos2  ax  b dx  a tanx  ax  b  C 1 1 mx  n amx  n  C (a > 0, a  1)  sin2  ax  b dx   a cot  ax  b  C a dx  m ln a * Bài toán áp dụng 1 1 2 dx 1)  0 2x  1  dx 2)  3x  1 0 ln 2 1 2x 3)  e dx 4)  32x dx 0 0   4 4     5)  cos  2x   dx 6)  s in  2x   dx 0  2 0  2 Hướng dẫn giải 1 1 2 1 1 1)   2x  1 0   dx   2x  1 2 0
1 1 dx 1 2)   ln 3x  1 0 3x  1 3 0 ln 2 ln 2 1 3)  e dx  e 2x 2x 0 2 0 1 32x 1 2x 4)  3 dx  0 2 ln 3 0   4 4   1   5)  cos  2x   dx  s in  2x   0  2 2  2 0   4   1  4 6)  s in  2x   dx  cos  2x   0  2 2  20 b b n n b) TÍCH PHÂN DẠNG  x k 1 ax k  b dx hoặc  mx 2k 1 ax k  b dx    a a * Nhận xét Đối với dạng bài tập này, lại nảy sinh vấn đề nếu k và n là số nhỏ mà cụ thể là k = 2, n = 2 thì ta làm bằng cách tính tích phân trực tiếp Cụ thể ta xét ví dụ sau: 1 2  Tính tích phân:  x 2x 2  b dx ta giải như sau:  0 1 1 1 2  2x 6 x2   x  2x   b dx   4x  4x  x dx     x4  2 5 3  3  0 0  2 0 Tuy nhiên nếu k và n lớn hơn thì ta cũng khó thực hiện được cách giải như trên , do đó ta có phương pháp tổng quát cho bài toán dạng này như sau: * Phương pháp giải dt + Bước 1: Đặt t  ax k  b  dt  kax k 1dx   x k 1dx ka + Bước 2: Đổi cận: x  x1  t  ax k1  b; x  x 2  t  ax k 2  b + Bước 3: Chuyển tích phân theo x sang tích phân theo t
+ Bước 4: Tính tích phân theo t b n   **** Chú ý đối với dạng:  mx 2k 1 ax k  b dx cách giải cũng tương tự nhưng a khi đổi biến nhớ suy ra x k theo t * Ví dụ minh họa 1 4 1) Tính tích phân:  x 2x 2  1 dx   0 Giải: dt + Bước 1: Đặt t  2x 2  1  dt  4xdx   xdx 4 + Bước 2: Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  1 1 1 4 dt  + Bước 3:  x 2x 2  1 dx   t 4  4 0 0 1 1 dt t 5 1 + Bước 4:  t 4   0 4 20 0 20 1 3 2) Tính tích phân:  x 5 x 3  2 dx   0 Giải: dt + Bước 1: Đặt t  x  2  dt  3x dx  3  x dx 3 2 2 x3  t  2 + Bước 2: Đổi cận: x  0  t  2; x  1  t  3 3 3 3 dt  + Bước 3:  x 3 x 3  2 x 2dx    t  2 t 3 3 2 2 3 3 3 dt 1 1 t5 t4  + Bước 4:  t2 t   3 3 3 4 3  t  2t dt      ..... 3 5 2   2 2  2 * Phân tích ví dụ
Qua ví dụ cho thấy, khi gặp bài toán dạng này (dạng hàm số dưới dấu tích phân có hai phần mà phần trong dấu ngoặc số mũ của x lớn hơn số mũ của x bên ngoài 1 đơn vị) Thì ta nên dùng phương pháp đổi biến số. * Bài tập áp dụng: 1 1 3 3 1)  x x  2 dx 2  3   2)  x 5 x 3  2 dx  0 0 1 2x 2 1 2x 5 3)  3 dx 4)  4 dx 0 x 3 2  0  2x 3 1  Hướng dẫn giải: 1 3 dt   1)  x 2 x 3  2 dx Đặt t  x 3  2  dt  3x 2dx  3  x 2dx 0 1 3 dt   2)  x 5 x 3  2 dx Đặt t  x 3  2  dt  3x 2dx  3  x 2dx; x 3  t  2 0 1 2x 2 3)  3 dx ( gặp bài dạng này không có gì phải băn khoăn mà nên chú ý 0 x 3 2  rằng ở đây n = - 3 thôi. dt HD: Đặt t  x 3  2  dt  3x 2dx   x 2dx , 3 3 2dt Tích phân trở thành:  3t 3 2 1 2x 5 4)  4 dx Tương tự câu 3) 0  2x 3  1  dt Đặt t  2x 3  1  dt  6x 2dx   x 2dx; x 3  t  2 6 ***** Mở rộng dạng này, nếu lũy thừa của hàm số dưới dấu tích phân thay bằng căn thì ta cũng giải tương tự cụ thể ta xét các ví dụ sau:
1 Ví dụ 1: Tính tích phân: x x 2  1dx 0 Rõ ràng dấu căn đóng vai trò như lũy thừa (thực ra thì căn là lũy thừa với số mũ hữu tỷ mà thôi) ta giải ví dụ này như sau: + Bước 1: Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  2tdt  2xdx  tdt  xdx + Bước 2: Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  2 1 2 2 + Bước 3:  x x 2  1dx   t.tdt   t 2 dt 0 1 1 2 2 t3 2 8 1 + Bước 4:  t dt   1 31 3 1 3 Ví dụ 2: Tính tích phân: x x 2  1dx 0 + Bước 1: Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  2tdt  2xdx  tdt  xdx t2  x2  1  x2  t2  1 + Bước 2: Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  2 1 2 2 + Bước 3:  x 2 x 2  1.xdx    t  1 t.tdt   t  t 2  dt 2 4 0 1 1 2 2  t5 t3  + Bước 4:   t  t  dt      ....... 4 2 1  5 3 1 ***** Như vậy khi day học sinh ta cần chú ý cho học sinh rằng dấu hiệu nhận biết của dạng này là số mũ của x trong dấu căn hay lũy thừa hơn số mũ của x bên ngoài 1 đơn vị hay kém hơn k – 1 đơn vị. * Bài tập áp dụng:
1 1 1)  x 3 1  x dx 2 2)  x x 2  3dx 0 0 1 1 3)  x 1  x 2 dx 4)  x 3 x 2  1dx 0 0 1 1 x2 5)  dx 6)  x 3 1  x 2 dx 0 x3  1 0 2 1 1 x2 7)  dx 8)  dx 1 x x3  1 0 x3  1 1 1 x 9)  dx 10)  x x  1dx 0 2x 1 0 3 3 5 11) x 2 x  1dx 12) x 1  x 2 dx 0 0 Hướng dẫn giải: Đặt t  .... c) TÍCH PHÂN DẠNG b   dx ku' x  u x  a * Nhận xét Đây là dạng đổi biến mà hàm số trên tử là đạo hàm của hàm số dưới mẫu hoặc hàm số trên tử là hệ số nhân với đạo hàm của hàm số dưới mẫu. * Phương pháp giải + Bước 1: Đặt t  u x   dt  u' x  dx + Bước 2: Đổi cận: x  a  t  u a  ; x  b  t  u b  + Bước 3: Chuyển tích phân theo x sang tích phân theo t + Bước 4: Tính tích phân theo t * Ví dụ minh họa 1 1 2x  2 4x  8 1)  x 2  2x  3 dx 0 2) x 0 2  4x  5 dx
Giải: 1 2x  2 1) x dx 0 2  2x  3 + Bước 1: Đặt t  x 2  2x  3  dt   2x  2  dx + Bước 2: Đổi cận: x  0  t  3; x  1  t  6 1 6 2x  2 dt + Bước 3:  x 2  2x  3 dx   t 0 3 6 dt 6 + Bước 4: t  ln t  ln 2 3 3 1 4x  8 2) x dx 0 2  4x  5 + Bước 1: Đặt t  x 2  4x  5  dt   2x  4  dx + Bước 2: Đổi cận: x  0  t  5; x  1  t  5 1 10 4x  8 2dt + Bước 3:  2 dx   0 x  4x  5 5 t 10 2dt 10 + Bước 4:   2 ln t  2 ln 2 5 t 5 **** Đối với dạng bài tập này khi dạy cần chú ý cho học sinh là ta thử tính đạo hàm của hàm số dưới mẫu rồi so sánh với hàm số trên tử. * Bài tập áp dụng: 1 x 1 1) x dx HD: Đặt t  x 2  2x  3  dt   2x  2  dx 0 2  2x  3 2 2x  3 2) x dx HD: Đặt t  x 2  3x  5  dt   2x  3 dx 1 2  3x  5
0 2x  2 0 2x  4 0 2x  4 3)  dx HD:  dx  x dx 1 x  2  2 1 1 x  2  2 1 1 2  4x  5 Đặt t  x 2  4x  5  dt   2x  4  dx 4x  6 4x  6 4x  6 4 4 4 4)  x  1x  2  dx HD:  x  1x  2  dx  x dx 3 3 3 2  3x  2 Đặt t  x 2  3x  2  dt   2x  3 dx 2 3x 2  4x 5)  x 3  2x 2  1 dx HD: Đặt t  x 3  2x 2  1  dt  3x 2  4x dx   1 1  4x x 2  2  dx 1  4x x 2  2  dx  1 4x 3  8x 6)  2 HD:  2  x 4  4x 2  5 dx 0 x 2 2  1 0 x 2 2  1 0 Đặt t  x 4  4x 2  5  dt  4x 3  8x dx   1 2x  1 7) x dx HD: Đặt t  x 2  x  3  dt   2x  1 dx 0 2 x 3    4 4 4 cos x 10)  cot gxdx HD:  cot xdx   dx    sin x 6 6 6 Đặt t  sin x  dt  cos xdx  2 sin x 11)  dx HD: Đặt t  1  3cosx  dt  3 sin xdx 0 1  3cosx     4 4 4 4 1  sin 2x 1  sin 2x 1 sin 2x 12)  dx HD:  dx   dx   dx  I1  I 2 0 cos2 x 0 2 cos x 0 2 cos x 0 cos2 x I1 : tính trực tiếp I2 : Đặt t  cos 2 x  dt   sin 2xdx
d) TÍCH PHÂN DẠNG b  f ln x  dx  a x * Nhận xét Dấu hiệu nhận biết của dạng này là hàm số dưới dấu tích phân có 1 chứa ln x và . Ta có phương pháp giải như sau: x * Phương pháp giải dx + Bước 1: Đặt t  ln x  dt  x + Bước 2: Đổi cận: x  a  t  ln a; x  b  t  ln b + Bước 3: Chuyển tích phân theo x sang tích phân theo t + Bước 4: Tính tích phân theo t * Ví dụ minh họa e 1  2 ln x Tính tích phân:  dx 1 x Giải dx + Bước 1: Đặt t  ln x  dt  x + Bước 2: Đổi cận: x  1  t  0; x  e  t  1 e 1 1  2 ln x + Bước 3:  dx   1  2t  dt 1 x 0 1 1  1  2t  dt   t  t  0  2 2 + Bước 4: 0 * Bài tập áp dụng: e 1  3 ln x ln x 1)  dx HD: Đặt t  ln x 1 x e 1  ln x 2)  dx HD: Đặt t  1  ln x 1 x
e sin(ln x) 3)  dx HD: Đặt t  ln x 1 x e e 2ln x 1 4)  dx HD: Đặt t  2 ln x  1 1 x e2 1  ln 2 x 5)  dx HD: Đặt t  1  ln 2 x e x ln x e 1  ln 2 x 6)  x dx HD: Đặt t  1  ln 2 x 1 b e) TÍCH PHÂN DẠNG  e   .u' x  dx u x a * Phương pháp giải + Bước 1: Đặt t  u x   dt  u' x  dx hay t  e    dt  u '  x  .e  dx u x u x + Bước 2: Đổi cận: x  a  t  u a  ; x  b  t  u b  hay  u a ub  x a t e ; x b t e + Bước 3: Chuyển tích phân theo x sang tích phân theo t + Bước 4: Tính tích phân theo t * Ví dụ minh họa Tính các tích phân: 1 1 2 2 1)  e x xdx 2)  e x 1xdx 0 0 Giải
1 2 1)  e x xdx 0 dt + Bước 1: Đặt t  x 2  dt  2xdx   xdx 2 + Bước 2: Đổi cận: x  0  t  0; x  1  t  1 hay 1 1 x2 dt + Bước 3: e xdx   e t 0 0 2 1 1 dt 1 t t e 1 + Bước 4:  e  e  0 2 2 0 2 * Bài tập áp dụng: 2 2 1)  e 2x 1xdx HD: Đặt t  2 x 2  1 1 2 2 2)  e x  2x 1 x  1 dx HD: Đặt t  x 2  2 x  1 1 4 x e 3)  dx HD: Đặt t  x 1 x  2 4)  e sinx cos xdx HD: Đặt t  sin x 0  4  5)  e tanx 1  tan 2 x dx  HD: Đặt t  tan x 0  2 2 6)  e sin x sin 2xdx HD: Đặt t  sin 2 x 0  2 2 7)  ecos xsin2xdx HD: Đặt t  cos 2 x 0