SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KĨ THUẬT HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI
CÁC BÀI TOÁN TÍNH TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO TRONG
ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA

Người thực hiện: Lê Thị Ngọc
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: THPT Hoằng Hóa 4
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ


TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KĨ THUẬT HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI
CÁC BÀI TOÁN TÍNH TÍCH PHÂN VẬN DỤNG CAO TRONG
ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA

Người thực hiện: Lê Thị Ngọc
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: THPT Hoằng Hóa 4

SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2019

MỤC LỤC


Trang
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài............................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu.....................................................................................1
1.3. Đối tượng nghiên cứu....................................................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu...............................................................................1
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ......................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm........................3
2.3. Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề
Dạng 1: Kĩ thuật đổi biến số...........................................................................3
Dạng 2: Kĩ thuật tích phân từng phần, kĩ thuật đổi biến số kết hợp với kĩ
thuật

tích

phân

từng

phần......................................................................................6
Dạng 3: Kĩ thuật biến đổi đưa về tích phân của các hàm thường gặp và đạo
hàm

đúng...............................................................................................................8
Dạng 4: Kĩ thuật phương trình hàm..............................................................10
Dạng

5:

Kĩ

thuật

đưa

về

bình

phương...........................................................12
Dạng 6: Kĩ thuật đánh giá dựa vào Cauchy..................................................15
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường........................................................................16
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận..................................................................................................17
3.2.

Kiến

nghiệm.................................................................................................17
TÀI LIỆU THAM KHẢO................................................................................18




1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Qua quá trình giảng dạy, nghiên cứu các đề thi, đề minh họa môn toán trong
kì thi THPT Quốc gia từ năm 2017 đến nay. Tôi nhận thấy đề thi luôn có sự
phân hóa rõ ràng từ mức độ nhận biết, thông hiểu, vận dụng thấp, cao. Đặc biệt
năm 2018 đề thi khó hơn, mức độ kiến thức dàn trải từ chương trình lớp 11 đến
lớp 12 điều đó đòi hỏi học sinh phải có tư duy chứ không chỉ là bấm máy tính
thông thường. Với lượng thời gian theo phân phối chương trình và các bài giảng
trong sách giáo khoa hiện hành thì đa phần các em chỉ làm được các bài tập ở
mức độ nhận biết, thông hiểu và một lượng ít các bài tập vận dụng thấp. Các bài
toán vận dụng cao dường như giáo viên chưa có thời gian giảng dạy cho học
sinh, nếu có cũng chỉ là cung cấp các bài tập và hướng dẫn về làm. Bởi vậy học
sinh chưa hình thành được kĩ năng giải các bài tập ở dạng này.
Ở chương 3, sách giáo khoa Giải tích 12, Giải tích 12 nâng cao hiện hành đã
cung cấp một số phương pháp tính tích phân: tích phân của các hàm thường gặp,
đổi biến số, tích phân từng phần. Tuy nhiên nội dung chương trình chỉ mới đáp
ứng được các kiến thức để làm các phần trong đề thi như nhận biết, thông hiểu.
Các bài tập tính tích phân ở dạng vận dụng cao đa phần các em không làm được,
một số học sinh khá giỏi có tư duy nhưng vẫn còn khá lúng túng khi làm bài tập
ở dạng này. Một phần do phân phối chương trình cho phần phương pháp tính
tích phân còn ít, tài liệu trên mạng tuy nhiều nhưng chưa có hệ thống và còn lan
man. Vì vậy để giúp học sinh ở lớp mình trực tiếp giảng dạy và học sinh trong
trường có thể làm tốt các bài tập tích phân vận dụng cao, trong khuôn khổ của
sáng kiến kinh nghiệm tôi đã tổng hợp, khai thác và hệ thống hóa lại các kiến
thức thành một chuyên đề:
“Một số kĩ thuật hướng dẫn học sinh lớp 12 giải các bài toán tính tích
phân vận dụng cao trong đề thi THPT Quốc gia”
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Nội dung sáng kiến nhằm mục đích hướng tới giải quyết các vấn đề sau:

- Cung cấp cho học sinh một số kĩ thuật để tính tích phân ở dạng vận dụng cao.
- Giúp học sinh nhận ra các dấu hiệu để tính toán.
- Rèn luyện kỹ năng làm toán thông qua hệ thống bài toán viết dưới dạng trắc
nghiệm có hướng dẫn ở lớp và bài tập tự rèn luyện ở nhà.
- Việc giải các bài toán vận dụng cao giúp học sinh rèn luyện kĩ năng tư duy
lôgic của toán học, yêu thích môn học, sáng tạo trong công việc.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Các kĩ thuật giải các bài toán tính tích phân vận dụng cao.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Để thực hiện được chuyên đề này trong quá trình nghiên cứu tôi đã sử dụng
các phương pháp sau:
- Phương pháp quan sát ( quan sát hoạt động dạy và học của học sinh).
- Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế (khảo sát thực tế học sinh).
- Phương pháp thực nghiệm, so sánh, đúc rút kinh nghiệm.

1


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Nhiệm vụ trọng tâm trong trường 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”. Hoạt động học giúp học sinh củng cố những
kiến thức phổ thông đặc biệt là bộ môn toán không thể thiếu trong đời sống của
con người. Mục đích của dạy học toán là mang lại cho học sinh những kiến thức
phổ thông, những kĩ năng cơ bản của người lao động, qua đó rèn luyện duy
logic, phát triển được năng lực sáng tạo, góp phần hình thành thế giới quan nhân
sinh quan đúng đắn cho các em. Tuy nhiên môn Toán lại là một môn khoa học tự
nhiên khó với kiến thức rộng, đa phần các em rất ngại học môn này.
Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học

của bộ môn một cách có hệ thống, biết vận dụng lí thuyết linh hoạt vào từng
dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, không những thế học
sinh phải có tư duy logic và cách biến đổi. Vì vậy giáo viên cần định hướng cho
học sinh nghiên cứu môn toán một cách có hệ thống trong chương trình phổ
thông, vận dụng lí thuyết vào làm bài tập, phân dạng bài tập rồi tổng hợp các
cách giải.
Căn cứ vào nhiệm vụ, mục đích dạy và học của môn toán, tôi đã mạnh dạn
đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp cho học sinh THPT nói
chung, học sinh lớp 12 bổ sung, hoàn thiện thêm một số kĩ thuật tính tích phân .
Trong sách giáo khoa Giải tích 12 chỉ nêu hai phương pháp tính tích phân:
Phương pháp đổi biến số:
Định lí 1:[2] Cho hàm số u = u ( x) liên tục trên K , hàm số y = f (u ) liên tục và sao
cho hàm hợp f [u ( x)] xác định trên K ; a, b là hai số thực thuộc K . Khi đó:
b

u (b )

a

u (a )

∫ f [ u( x)]u'(x)dx = ∫

f (u)du .

Phương pháp tính tích phân từng phần:
Định lí 2: [1] Nếu u = u ( x), v = v( x) là hai hàm có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b]
thì:
b


∫ u( x).v'( x)dx = (u ( x).v( x))
a

b

b
a

− ∫ u'( x) v( x)dx hay
a

b

∫ u dv = uv
a

b

b
a

− ∫ v du .
a

Trên thực tế khi gặp các bài toán tính tích phân phần đa chúng ta không thể
áp dụng ngay hai phương pháp trên để làm mà phải có kĩ năng tư duy, biến đổi.
Đặc biệt thi trắc nghiệm lượng kiến thức dàn trải, đề thi đa dạng các phần bài tập
không giống như bài tập tự luận trước đây. Vì vậy trong sáng kiến kinh nghiệm
này ngoài việc khai thác sâu hơn dạng bài tập sử dụng phương pháp đổi biến số,
tích phân từng phần. Trong giới hạn của sáng kiến kinh nghiệm tôi hướng dẫn

thêm học sinh các kĩ thuật tính tích phân: biến đổi để đưa về tích phân của các
hàm thường gặp, đạo hàm đúng; kĩ thuật phương trình hàm, kĩ thuật đưa về bình
phương, kĩ thuật đánh giá dựa vào Cauchy.
2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM
2


Học sinh trường THPT Hoằng Hóa 4 đa phần là con em nông thôn, điều
kiện kinh tế còn nhiều khó khăn nhưng các em có truyền thống hiếu học. Tuy
vậy với hình thức thi mới khai thác rộng, kiến thức dạy và học trên lớp học sinh
chưa có nhiều thời gian để làm các bài tập vận dụng cao và rèn luyện kĩ năng
giải toán. Đặc biệt môn toán được các em nhìn nhận chung là một môn tự nhiên
khó và tích phân cũng là một trong nội dung khó của chương trình giải tích 12.
Đổi mới theo hình thức thi trắc nghiệm, từ năm 2017 khi dạy và ôn thi cho
học sinh lớp 12 tôi đã khai thác thêm các dạng bài toán tính tích phân vận dụng
cao để học sinh khá, giỏi trong lớp tiếp cận và vận dụng làm. Tuy nhiên thời
gian không nhiều, tài liệu khai thác cho việc dạy học phần này còn hạn chế trong
cách tiếp cận và trình bày. Vì việc rèn luyện không thường xuyên và chưa có hệ
thống nên trong quá trình học, trong các bài kiểm tra định kì và làm đề, học sinh
thường bỏ qua không làm bài tập ở dạng toán này. Một số ít học sinh khá giỏi có
tư duy nhưng vẫn còn lúng túng chưa định hình ra cách giải ở mỗi bài.
Từ thực trạng nói trên, trong năm học 2018-2019 khi được phân công dạy
và ôn thi cho lớp 12A7 nhận thấy trong lớp có nhiều học sinh khá nên tôi đã áp
dụng một số giải pháp khắc phục phần học này có hiệu quả hơn.
2.3. CÁC GIẢI PHÁP SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Qua nghiên cứu đề thi, đề minh họa, tham khảo các kiến thức trong sách,
trên mạng, trên các diễn đàn Toán học tôi đã đưa ra giải pháp giải quyết vấn đề
như sau:
- Trang bị các kiến thức về tích phân và các phương pháp tính đã học trong sách

giáo khoa một cách đầy đủ.
- Phân dạng các kĩ thuật tính toán với các dấu hiệu nhận biết đặc trưng.
- Mỗi dạng đều có ví dụ minh họa, hướng dẫn giải. Sau mỗi dạng đều có bài tập
tương tự và đáp số để học sinh kiểm tra.
- Các ví dụ và bài tập đều trình bày dưới dạng trắc nghiệm để các em rèn luyện
trong kì thi.
- Hướng dẫn các em kết hợp làm tự luận và trắc nghiệm, sử dụng máy tính cầm
tay có hiệu quả.
Lưu ý: Vì bài toán có đáp án ở dạng trắc nghiệm nên tác giả để trích dẫn
nguồn tài liệu tham khảo ở phần đầu mỗi câu.
Dạng 1: Kĩ thuật đổi biến số.
Dấu hiệu nhận biết:
Trong giả thiết hoặc yêu cầu của bài toán thường xuất hiện dạng hàm f ( g ( x)) ,
g ( x) là các hàm sơ cấp đã học.
Phương pháp: Đặt t = g ( x) .
Ví dụ minh họa:
π

Câu 1:[3] Cho hàm f ( x) liên tục trên ℝ và

9

∫
1

2
f ( x)
dx = 4, ∫ f (sin x) cos xdx = 2 .
x
0


3

Tính I = ∫ f ( x) .
0

A. I = 2 .

B. I = 3 .

C. I = 4 .

D. I = 11 .
3


9

f ( x)
dx = 4 . Đặt t = x ⇒ t 2 = x ⇒ 2tdt = dx .
x
1
9
3
3
x = 1 → t = 1
f ( x)
4
=
dx

=
2
f
(
t
)
dt
⇒
Đổi cận 
. Suy ra
∫1 x
∫1
∫1 f (t )dt = 2 .
x = 9 → t = 3

Hướng dẫn: Xét

Xét

∫

π
2

∫ f (sin x) cos xdx = 2 . Đặt u = sin x ⇒ du = cosxdx .
0

x = 0 → u = 0
9
1


Đổi cận  π
. Suy ra 2 = ∫ f (sin x) cos xdx = ∫ f (u)du .
1
0
 x = 2 → u = 1
3

1

3

0

0

1

Vậy I = ∫ f ( x) = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = 2 + 2 = 4 . Chọn C.


Câu 2:[3] Cho y = f ( x) xác định và liên tục trên  ; 2  , f ( x) + f ( ) = x 2 + 2 + 2 .
x
x
2 
1

2

Tính


I =∫
1
2

1

1

f ( x)
dx
x2 + 1 .
3
2

A. I = .

B. I = 3 .

C. I = 4 .

3
2

D. I = − .

1

x = →t = 2


1
1

2
Hướng dẫn: Đặt x = ⇒ dx = − 2 dt . Đổi cận 
t
t
x = 2 → t = 1

2
1
1
1
1
2 f ( )
2 f ( )
2 f ( )
1
Khi đó I = ∫ 1 t (− 2 )dt = ∫ 2 t dt = ∫ 2 x dx .
1 t +1
1 x +1
2
+1 t
2
2
2
t

Suy ra
1

1
1
2
f( )
+2
2 f ( x) + f ( )
2 x +
2 2
2
2
f (x)
x +1
1
3
x
x
x
2 I = ∫ 2 dx + ∫ 2 dx = ∫
dx = ∫
dx = ∫ 2 dx = ∫ (1 + 2 )dx = 3 ⇒ I =
2
2
x +1
x +1
x
x
2
1 x +1
1 x +1
1

1
1
1
2

2

2

2

2

2

2

2

(Bấm máy tính cầm tay). Chọn A.
Câu 3: [3] Cho các hàm số f ( x), g ( x) liên tục trên [ 0;1] thỏa mãn
1

m. f ( x) + n. f (1 − x) = g ( x) với m, n là các số thực khác 0 và

∫
0

1


f ( x)dx = ∫ g ( x)dx = 1 .
0

Tính m + n .
A. I =

3
.
2

B. I = 3 .

C. I = 1 .

D. I = −5 .

1

1

0

0

Hướng dẫn: Vì m. f ( x) + n. f (1 − x) = g ( x) ⇒ ∫ [m. f ( x) + nf (1 − x)]dx = ∫ g ( x)dx .
1

Suy ra: m + ∫ nf (1 − x)dx = 1 (do
0


1

1

0

0

∫ f ( x)dx = ∫ g ( x)dx = 1 ).

(1)

4


x = 0 → t = 1

1

∫ f (1 − x)dx . Đặt t = 1 − x ⇒ dt = −dx . Đổi cận  x = 1 → t = 0

Xét

0

1

Khi đó

∫

0

0

1

1

1

0

0

f (1 − x)dx = − ∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt = ∫ f ( x)dx = 1 .

(2)

Từ (1) và (2) suy ra m + n = 1 . Chọn C.
Câu 4: [3] Cho hàm f ( x) liên tục trên ℝ, thỏa mãn f ( x 2 + 4 x + 3) = 2 x + 1, x ∈ R .
8

Tính I = ∫ f ( x)dx .
−2

A. I = −6 .

B. I = 10 .

D. I = 26 .


C. I = 3 .

 x = −2 → t = −1
.
x = 8 → t = 1

Hướng dẫn: Đặt x = t 5 + 4t + 3 ⇒ dx = (5t 4 + 4)dt . Đổi cận 
8

∫

Khi đó I =

−2

1

1

−1

−1

f ( x)dx = ∫ f (t 5 + 4t + 3)(5t 4 + 4) dt = ∫ (2t + 1)(5t 4 + 4)dt = 10 . (Bấm máy

tính cầm tay). Chọn B.
Câu 5: [3] Cho hàm f ( x) liên tục trên ℝ, thỏa mãn f 3 ( x) + f ( x) = x, x ∈ R . Tính
2


I = ∫ f ( x)dx .
0

5
A. I = − .
4

4
5

4
5

B. I = − .

5
4

C. I = .

D. I = .
x = 0 → u = 0
.
x = 2 → u = 1

Hướng dẫn: Đặt u = f ( x) ⇒ u 3 + u = x ⇒ (3u 2 + 1)du = dx . Đổi cận 
2

1


0

0

2
Khi đó I = ∫ f ( x)dx = ∫ u (3u + 1)du =

5
.(Bấm máy tính cầm tay). Chọn D.
4

Bài tập tương tự:
2019

Câu 6: [3] Cho

∫

f ( x) dx = 2 . Tính I =

0

A. I = −1 .

e 2019 −1

∫
0

B. I = 1 .


x
f [ln(x 2 + 1)]dx .
x +1
2

C. I = 2 .

D. I = −2 .

Câu 7: [3] Cho hàm f ( x) liên tục trên ℝ, thỏa mãn:
π
4

∫ tan xf (cos
0

e2

2

x) dx = 1, ∫
e

2

I =∫
f (ln x)
dx = 1 . Tính
1

x ln x
4
2

f (2 x)
dx
.
x

B. I = 2 .
C. I = 3 .
D. I = 4 .
Câu 8: [3] Cho hàm f ( x) liên tục trên ℝ và thỏa mãn:
A. I = 1 .

f ( x ) + f(− x ) = 2 + 2cos 2 x , x ∈ R . Tính I =

3π
2

∫

3π
−
2

f ( x)dx .

A. I = 5 .
B. I = 2 .

C. I = 6 .
D. I = 4 .
Câu 9: [3] Cho y = f ( x) xác định và liên tục trên [ 0;1] , f '( x) = f '(1 − x), x ∈ [0;1] .
1

Biết f (0) = 1, f (1) = 41 . Tính I = ∫ f ( x)dx .
0

5


A. I = 41 .

B. I = 41 .
C. I = 41 .
Đáp số: Câu 6: A, câu 7: B, câu 8: C, câu 9: D

D. I = 21 .

Dạng 2: Kĩ thuật tích phân từng phần và kĩ thuật đổi biến số kết hợp với kĩ
thuật tích phân từng phần.
Dấu hiệu nhận biết:
Giả thiết bài toán hoặc tích phân cần tính thường xuất hiện hàm g ( x). f '( x) dưới
dấu tích phân.
u = g ( x )
 dv = f '( x).dx

Phương pháp: Đặt 

Chú ý: Đối với dạng kết hợp cả hai phương pháp trên thì tùy từng bài toán mà ta

có cách làm phù hợp.
Ví dụ minh họa:
1

Câu 1: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên ℝ thỏa mãn I = ∫ ( x + 1) f '( x)dx = 10
0

và
1

2 f (1) − f (0) = 2 . Tính I = ∫ f ( x)dx .
0

A. I = 1 .

C. I = 8 − ln 3 .

B. I = 11 .

D. I = −8 .

u = x + 1
du = dx
⇒
 dv = f '( x).dx v = f ( x)

Hướng dẫn:

Đặt 
1


1

0

0

1
Khi đó: 10 = ∫ ( x + 1) f '( x)dx = ( x + 1) f ( x) 0 − ∫ f ( x)dx = 2 f (1) − f (0) − I .

Suy ra I = −8 . Chọn D.
3

Câu 2: [3] Cho hàm

f ( x ) thỏa mãn I = ∫ xf '( x ) e f ( x ) dx = 8, f (3) = ln 3 . Tính
0

3

I = ∫ e f ( x ) dx .
0

A. I = 1 .

C. I = 8 − ln 3 .

B. I = 11 .

Hướng dẫn: Đặt


D. I = 8 + ln 3 .

u = x
du = dx
⇒

f ( x)
f ( x)
 dv = f '( x).e dx v = e

3

f ( x)
f ( x)
Khi đó I = ∫ xf '( x) e dx = x.e
0

3

3

0

0

3

− ∫ e f ( x ) dx .
0


3

0

f (3)
f ( x)
f ( x)
Suy ra 8 = 3.e − ∫ e dx ⇒ ∫ e dx = 9 − 8 = 1 . Chọn A.

 π
Câu 3: [3] Cho y = f ( x) xác định và liên tục trên 0;  , thỏa mãn:
 2
π
2

∫ f '( x)cos xdx = 10, f (0) = 3 . Tính
2

0

A. I = −13 .

B. I = −7 .

π
2

I = ∫ f ( x )sin 2 xdx .
0


C. I = 7 .

D. I = 13 .
6


Hướng dẫn: Xét

π
2

∫
0

2
du = − sin 2 xdx
u = cos x
⇒

.
f '( x )cos xdx = 10 , đặt 
2
 dv = f '( x).cos xdx v = f ( x )
2

Khi đó:
π
2


π
2

10 = ∫ f '( x)cos 2 xdx = cos 2 xf ( x )

0

0

π
2

π
2

0

0

π
2

+ ∫ f ( x)sin 2 xdx
0

⇔ 10 = − f (0) + ∫ f ( x)sin 2 xdx ⇒ ∫ f ( x)sin 2 xdx = 10 + f (0) = 13

Chọn D.
3


1

0

0

Câu 4: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục và f (3) = 21, ∫ f ( x)dx = 9 . Tính I = ∫ xf '(3x) dx .
A. I = 6 .

B. I = −6 .

C. I = 9 .
D. I = 15 .
1
3
3
t
dt 1
t =3 x
→ ∫ f '(t ) = ∫ xf '( x)dx .
Hướng dẫn: Xét I = ∫ xf '(3x)dx 
3
3 90
0
0
1

3

3


t
dt 1
f '(t ) = ∫ xf '( x)dx . Đặt
3
3 90
0

t =3 x
→∫
Xét I = ∫ xf '(3x)dx 
0

1

3

u = x
 du = dx
⇒

.
 dv = f '( x)dx v = f ( x )

3

3

1
1

1
1
tf '(t ) = ∫ xf '( x )dx = [xf ( x )] 30 − ∫ f ( x )dx = 6 . Chọn A.
∫
90
90
9
90
0
Câu 5: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên
2
( x3 − 3x 2 ) f '( x)
2 x2 − 4 x
I
=
dx .
0;
2
[ ] . Biết f (0) = 1, f ( x) f (2 − x) = e
, x ∈ [0; 2] . Tính
∫0
f ( x)
t =3x
→
Khi đó I = ∫ xf '(3x )dx 

16
16
.
D. I = − .

3
5
3
2
u = x − 3 x
2
 du = (3 x 2 − 6 x )dx
( x3 − 3 x 2 ) f '( x)

I
=
dx
⇒
f
'(
x
)
Hướng dẫn: Xét
. Đặt 
.

∫0
f ( x)
 dv = f ( x ) dx v = ln | f ( x ) |

A. I = −

14
.
3


B. I = −

32
.
5

C. I = −

2

2

0

0

3
2
2
2
2
Khi đó I = ( x − 3x ) ln | f ( x) |0 − ∫ (3x − 6 x) ln | f ( x) | dx = −3∫ ( x − 2 x) ln | f ( x) | dx = −3J .

Ta có
2

0

0


2

x = 2− t
J = ∫ ( x 2 − 2 x ) ln | f ( x) | dx 
→ ∫ [(2 − t ) 2 − 2(2 − t )]ln| f (2 − t ) | d (2 − t )
0

2

2

0

= ∫ [(2 − x) 2 − 2(2 − x)]ln| f (2 − x) | d (2 − x) = ∫ ( x 2 − 2 x)ln| f (2 − x) | d ( x)

Suy ra
2

2

2

2 J = ∫ ( x − 2 x) ln | f ( x) | dx + ∫ ( x − 2 x)ln| f (2 − x) | d ( x) = ∫ ( x 2 − 2 x) ln | f ( x) f (2 − x) | dx
2

2

0


2

0

2

= ∫ ( x 2 − 2 x) ln | e 2 x − 4 x | dx = ∫ ( x 2 − 2 x)(2 x 2 − 4 x) dx =
0

2

0

0

32
16
16
⇒ J = ⇒ I = − 3J = −
15
15
5

(Bấm máy tính cầm tay). Chọn D.
Bài tập tương tự:
7


Câu 6: [3] Cho y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1], f (0) + f (1) = 0 .Biết
π


1

1 2
π
2
f
(
x
)
dx
=
, ∫ f '( x ) cos(π x) dx = . Tính I = ∫ f ( x)dx .
∫0
0
2 0
2
2
1
A. I = π .
B. I = .
C. I = 2π .
D. I = .
π
π
Câu 7: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên [ 0;1]
1

1


. Biết f (1) = 1, f ( x) f (1 − x) = e
A. I = −

1
.
60

x2 − x

B. I =

( x3 − 3x 2 ) f '( x)
dx .
f ( x)
0

, x ∈ [0;1] . Tính I = ∫

1
.
10

C. I = −

1
.
10

D. I =


1
.
60

4

1

0

0

Câu 8: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục và f (4) = 32, ∫ f ( x)dx = 16 . Tính I = ∫ xf '(4 x) dx .
B. I = −6 .
C. I = −4 .
D. I = 6 .
Câu 9: [3] Cho y = f ( x) xác định và liên tục trên [ 0;1] , thỏa mãn:
A. I = 4 .

2

∫ f ( x − 1)dx = 3, f (1) = 4 . Tính
1

A. I = −1 .

1

I = ∫ x 3 f '( x 2 )dx .


1
B. I = − .
2

0

C. I = 1 .

1
2

D. I = .

Đáp số: Câu 6: B, câu 7: C, câu 8: A, câu 9: D.
Dạng 3: Kĩ thuật biến đổi đưa về tích phân của các hàm thường gặp và đạo
hàm đúng.
Dấu hiệu nhận biết:
Từ Giả thiết của bài toán ta phát hiện mối liên hệ giữa các hàm:có thể đưa
vào dấu vi phân hay đổi biến để được nguyên hàm của các hàm thường gặp.
Hoặc từ giả thiết bài toán xuất hiện đạo hàm của một tổng hiệu, tích, thương.
Phương pháp:
Biến đổi để đưa về đạo hàm đúng, hoặc nguyên hàm, tích phân của các hàm
thường gặp.
Ví dụ minh họa
Câu 1: [6] Cho hàm số y = f ( x) thỏa mãn f ( x). f '( x) = 3x 5 + 6 x 2 . Với f (0) = 2 .
Tính f 2 (2) .
A. 64 .
B. 81 .
C. 100 .
D. I = 6 .

Hướng dẫn: Vì f ( x). f '( x) = 3x5 + 6 x 2 ⇒ ∫ f ( x). f '( x)dx = ∫ (3x 5 + 6 x 2 )dx ⇔

f 2 ( x) x 6
= + 2 x3 + C
2
2

f 2 (0)
= C ⇒ C = 2 ⇒ f 2 ( x) = x 6 + 4 x3 + 4 ⇒ f 2 (2) = 100 . Chọn C.
Với x = 0 ta được
2

Câu 2: [3] Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm f '( x) liên tục và nhận giá trị không
âm trên [1; +∞ ), f (1) = 0, e2 f ( x ) .[f '( x)]2 = 4 x 2 − 4 x + 1 với x ∈ [1; +∞ ) . Mệnh đề nào sau đây
đúng:
A. −1 < f '(4) < 0 .
B. 0 < f '(4) < 1 .
C. 1 < f '(4) < 2 .
D. 2 < f '(4) < 3 .
2 f (x)
2
2
f ( x)
f (x)
Hướng dẫn: e .[f '( x)] = 4 x − 4 x + 1 ⇔ e f '( x) = 2 x − 1 ⇒ ∫ e f '( x)dx = ∫ (2 x − 1)dx
8


⇔ e f ( x) = x2 − x + C .
Với x = 1, e f (1) = 12 − 1 + C ⇒ C = 1 ⇒ e f ( x) = x 2 − x + 1 ⇒ f ( x ) = ln( x 2 − x + 1) .

2x − 1
7
⇒ f '(4) = . Chọn B.
Khi đó f '( x) = 2
x − x +1
13
Câu 3: [3] Cho hàm số y = f ( x) thỏa mãn [f '( x)]2 + f ( x) f ''( x) = 15x 4 + 12 x với ∀ x ∈ R và
f (0) = f '(0) = 1 . Giá trị của f 2 (1) bằng
5
9
A. .
B. .
C. 8 .
D. 10 .
2
2
Hướng dẫn: Ta có [f '( x)]2 + f ( x) f ''( x) = [f ( x) f '( x)]' .
4
4
5
2
Khi đó [f ( x) f '( x)]' = 15 x + 12 x ⇒ ∫ [f ( x) f '( x)]' dx = ∫ (15 x + 12 x) dx ⇒ [f ( x) f '( x)]' = 3x + 6 x + C .
5
2
5
2
Vì f (0) = f '(0) = 1 ⇒ f ( x) f '( x) = 3x + 6 x + 1 ⇒ ∫ f ( x) f '( x)dx = ∫ (3x + 6 x + 1) dx hay

f 2 ( x) x 6
= + 2 x3 + x + C ' . Thay x = 0 vào hai vế ta được:

2
2
2
f (0)
1
= C ' ⇒ C' = ⇒ f 2 ( x) = x 6 + 4 x 2 + 2 x + 1 ⇒ f 2 (1) = 8 . Chọn C.
2
2
 f (1) + g(1) = 4

Câu 4: [3] Cho hai hàm f ( x) , g( x) có đạo hàm trên [1; 4] thỏa mãn  g ( x) = − xf '( x)
 f ( x) = − xg '( x)

4

với mọi x ∈ [1; 4] . Tính tích phân I = ∫ [f ( x) + g ( x)]dx .
1

A. I = 3ln 2 .
B. I = 4ln 2 .
Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có:

C. I = 6 ln 2 .

D. I = 8ln 2 .

f ( x) + g( x) = − xf '( x) − xg '( x) ⇔ [f ( x) + xf '( x)] + [g ( x) + xg '( x)] = 0 ⇔ [xf ( x)]'+ [xg ( x)]' = 0 . Suy ra
4
4
4

C
xf ( x) + xg ( x) = C ⇒ f ( x) + g ( x ) = . Mà f (1) + g (1) = 4 ⇒ C = 4 ⇒ I = ∫ [f ( x ) + g ( x)]dx = ∫ dx
x
x
1
1
hay I = 8ln 2 .( Bấm máy tính cầm tay). Chọn D.
Câu 5: [3] Cho hàm f ( x) có đạo hàm trên [0;1] thỏa mãn 3 f ( x) + xf '( x) = x 2018 với
1

mọi x ∈ [0;1] . Tính I = ∫ f ( x)dx .
0

1
1
1
C. I =
D. I =
.
2019.2020
2019.2021
2018.2019
Hướng dẫn: Từ giả thiết 3 f ( x) + xf '( x) = x 2018 , nhân cả hai vế với x 2 ta được

A. I =

1
2018.2021

B. I =


3x 2 f ( x) + x3 f '( x ) = x 2020 ⇔ [x 3 f ( x)]' = x 2020 ⇒ ∫ [x f ( x)]' dx = ∫ x 2020dx hay x 3 f ( x) =
3

Cho x = 0 vào hai vế ta được C = 0 ⇒ f ( x) =
1

x 2021
+C.
2021

x 2018
.
2021

1

x 2018
1
Vậy I = ∫ f ( x) dx = ∫ 2021 dx = 2021.2019 . (Bấm máy tính cầm tay). Chọn C.
0
0

Câu 6: [3] Cho hàm f ( x) thỏa mãn f (1) = 4, f ( x) = xf '( x) − 2 x 3 − 3x 2 với mọi x > 0 .
Tính f (2) .
A. 5.
B. 10.
C. 15.
D. 20.
9



Hướng dẫn: Ta có
f ( x) = xf '( x) − 2 x 3 − 3 x 2 ⇔ 2 x3 + 3 x 2 = xf '( x) − f ( x) ⇔ x 2 (2 x + 3) = xf '( x) − f ( x)
xf '( x) − f ( x)
f ( x)
=(
)'
2
x
x
f ( x)
f ( x)
⇒ ∫ (2 x + 3)dx = ∫ (
)' dx ⇒
= x2 + 3x + C
x
x
f
(1)
=
4
⇔
4
=
4
+
C
⇔
C

=
0
Mà
do đó f ( x) = x3 + 3x 2 ⇒ f (2) = 20 . Chọn D.
⇔ 2x + 3 =

Bài tập tương tự:
Câu 7: [3] Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên [ 1; 2] và thỏa mãn f ( x) > 0,
2

với ∀ x ∈ [ 1; 2] . Biết rằng ∫ f '( x)dx = 10 và
1

2

∫
1

f '( x )
dx = ln 2 . Tính f (2)
f ( x)

A. 20.
B. 10.
C. 15.
D. - 20.
f
(
x
)

(0;
+∞
)
Câu 8: [3] Cho hàm số
liên tục trên
, biết f '( x) + (2 x + 3) f 2 ( x) = 0, f ( x) > 0
1
với mọi x > 0, f (1) = . Tính P = 1 + f (1) + f (2) + f (3) + .... + f (2018) .
6

1009
A. P =
2020

2019
3029
4019
C. P =
D. P =
.
2020
2020
2020
Câu 9: [3] Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm trên [0;3] thỏa mãn
f ( x). f '( x) = 2 x f 2 ( x) + 1 với mọi x ∈ [0;3], f (0) = 0 . Tính f (3) .

B. P =

A. 0.


B. 1.
C. 3 .
D. 3 11 .
Câu 10:[3] Cho hàm số f ( x) liên tục trên R\ { 0; −1} thỏa mãn
x( x + 1) f '( x) + f ( x) = x 2 + x với mọi x ∈ R\ { 0; − 1} , f (1) = − 2ln 2 . Biết f (2) = a + bln 3 với
a, b ∈ Q . Tính P = a 2 + b 2 .
A. P =

1
.
2

3
4

B. P = .

C. P =

13
.
4

9
2

D. P = .

Đáp số: Câu 7:A, câu 8: C, câu 9: D, câu 10: D.
Dạng 4: Kĩ thuật phương trình hàm.

Dấu hiệu nhận biết:
Giả thiêt của bài toán thường xuất hiện biểu thức liên hệ giữa hàm f ( x) và
f (a x + b) (hoặc f (

Phương pháp:

c
) ,....).
ax + b

Thay x bởi ax + b (hoặc

c
,...) ta có hệ phương trình hàm mới, từ đó tìm được
ax + b

f ( x) và tính được tích phân cần tìm.

Ví dụ minh họa:
Câu 1:[3] Cho hàm số
2 f ( x) + 3 f (− x) =

y = f ( x)

liên tục trên [-2; 2] và thỏa mãn

1
.
4 + x2


2

Tính P =

∫ f ( x)dx .

−2

A. P = −

π
.
10

B. P = −

π
.
20

C. P =

π
.
20

D. P =

π
.

10
10


1
Hướng dẫn: Từ giả thiết thay x bằng − x ta được 2 f (− x) + 3 f ( x) =
2 . Ta có :
4+ x
1
2


2 f ( x) + 3 f (− x) =
4 f ( x) + 6 f ( − x) =
2
1


4+ x
4 + x2
⇔
⇒ f ( x) =


. Khi đó:
5(4 + x 2 )
 2 f ( − x ) + 3 f ( x) = 1
9 f ( x ) + 6 f (− x) = 3



4 + x2
4 + x2

1
1
π
P = ∫ f ( x)dx = ∫
dx = . (Bấm máy tính ) Chọn C.
2
5 −2 4 + x
20
−2
1
1
Câu 2: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [ ; 2] và thỏa mãn f ( x) + 2 f ( ) = 3 x .
2
x
2
f ( x)
P=∫
dx
Tính
.
x
1
2

2

2


A. P =

1
.
2

3
2

5
2

B. P = .

7
2

C. P = .

D. P = .

1
1
3
Hướng dẫn: Từ giả thiết thay x bằng ta được f ( ) + 2 f ( x) = . Ta có :
x

x


x

1
1


 f ( x) + 2 f ( x ) = 3x  f ( x) + 2 f ( x ) = 3 x
2
⇔
⇒ f ( x) = − x .

x
 f ( 1 ) + 2 f ( x) = 3
 4 f ( x) + 2 f ( 1 ) = 3
 x

x
x x

2
2
f ( x)
2
3
P=∫
dx = ∫ ( 2 − 1)dx =
Khi đó:
x
2 . (Bấm máy tính cầm tay) Chọn B.
1

1 x
2

2

Bài tập tương tự
y = f ( x)

Câu 3:[3] Cho hàm số
2 f ( x) + f (− x) = cos x . Tính P =

A. P =

1
.
2

π π
2 2

liên tục trên [- ; ] và thỏa mãn

π
2

∫

π
−
2


f ( x )dx .

3
2

B. P = .

2
3

C. P = .
y = f ( x)

Câu 4: [3] Cho hàm số

7
2

D. P = .

liên tục trên [0;1] và thỏa mãn

1

x 2 f ( x) + f (1 − x) = 2 x − x 4 . Tính P = ∫ f ( x)dx .
0

A. P =


2
.
3

3
2

B. P = .

5
2

C. P = .
y = f ( x)

Câu 5: [3] Cho hàm số

1
2

D. P = − .

liên tục trên [0;1] và thỏa mãn

1

2 f ( x ) + 3 f (1 − x) = 1 − x 2 . Tính P = ∫ f ( x)dx .
0

A. P = −


π
.
20

B. P =

π
.
20

C. P =

π
.
10

D. P = −

π
.
10

Đáp số: Câu 3: C, câu 4: A, câu 5: B.
11


Dạng 5: Kĩ thuật đưa về bình phương
Dấu hiệu nhận biết:
Giả thiết của bài toán xuất hiện hoàn toàn hoặc không hoàn toàn hằng đẳng thức

[f ( x) ± g ( x)]2 dưới dấu tích phân.
Phương pháp:
b

2
Biến đổi đưa về dạng tích phân ∫ [f ( x) ± g ( x)] dx = 0 . Sau đó căn cứ vào yêu cầu của
a

đề bài và suy ra kết quả cần tính.
Chú ý: Một số bài toán phải sử dụng liên kết bình phương mới suy ra kết quả.
Ví dụ minh họa:
Câu 1: [3] Cho hàm số
π
2

∫ [f

2

0

π
2

y = f ( x)

liên tục trên [0; ] và thỏa mãn
π
2


π
2 − π . Tính
( x) − 2 2 f ( x)sin( x − )]dx =
P = ∫ f ( x)dx .
4
2
0

A. P = 0 .

B. P =

π
.
20

C. P =

π
.
10

D. P = −

π
.
10

π
2


Hướng dẫn: Ta có: ∫ [2sin 2 ( x − π )]dx = − 2 − π . Từ giả thiết ta có:
4

0

π
2

∫ [f
0

2

2

π
2

π
π
π
( x) − 2 2 f ( x)sin( x − ) + 2sin 2 (x − )]dx = 0 ⇔ ∫ [f ( x) − 2 f ( x)sin (x − )]2 dx = 0
4
4
4
0

⇔ f ( x) − 2 f ( x)sin (x −


π
 π
) = 0, ∀ x ∈  0; 
4
 2
π
2

π
2

0

0

Suy ra f ( x) = 2 sin( x − π ) ⇒ P = ∫ f ( x)dx = 2 ∫ sin( x − π )dx = 0 .
4

4

(Bấm máy tính cầm tay) Chọn A.
Câu 2: [3] Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, có đạo hàm trên [0;1] , f ( x), f '( x) đều
1

1

0

0


2
nhận giá trị dương trên [0;1] và thỏa mãn f (0) = 2, ∫ [f '( x). f ( x) + 1]dx = 2∫ f '( x)dx .
1

3
Tính P = ∫ [f ( x)] dx .
0

A. P =

15
.
4

B. P =

15
.
2

C. P =

17
.
2

D. P =

19
.

2

Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có:
1

∫[

f '( x). f ( x) − 1]2 dx = 0 ⇒

f '( x). f ( x) = 1 ⇒ f '( x). f 2 ( x) = 1

0

1

f 3 ( x)
19
⇒ ∫ f '( x) f ( x )dx = ∫ dx ⇒
= x + C ⇒ f 3 ( x ) = 3x + 8 ⇒ P = ∫ [f ( x)]3dx = .
3
2
0
2

Chọn D.

12


Câu 3: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục, có đạo hàm trên [0;1] , thỏa mãn

1

∫
0

1

f ( x )dx = ∫ xf ( x )dx = 1 và
0

1

1

0

0

2
3
∫ [f ( x)] dx = 4 . Tính P = ∫ [f ( x)] dx .

1
2

C. P = .

B. P = 10 .

A. P = 1 .


D. P =

19
.
2

Hướng dẫn: Theo bài ra ta thấy xuất hiện các hàm dưới dấu tích phân là
f 2 ( x ), xf ( x), f ( x ) nên sẽ liên kết với bình phương [f ( x) + α x + β ]2 . Với mỗi số thực
α , β ta có:
1

1

1

1

0

0

0

2
2
2
∫ [f ( x) + α x + β ] dx = ∫ [f ( x)] dx + 2 ∫ (α x + β ) f ( x)dx + ∫ (α x + β ) dx
0


= 4 + 2(α + β ) +

Tìm α , β để:
1

∫

α
+ αβ + β 2
3
2

[f ( x) + α x + β ]2 dx = 0 ⇔ 4 + 2(α + β ) +

0

α2
+ αβ + β 2 = 0
3

⇔ α 2 + (3β + 6)α + 3β 2 + 6β + 12 = 0

Muốn tồn tại α thì

∆ = (3β + 6)2 − 4(3β 2 + 6 β + 12) ≥ 0 ⇔ − 3β 2 + 12 β − 12 ≥ 0
⇔ − 3( β − 2) 2 ≥ 0 ⇔ β = 2 ⇒ α = − 6

Vậy:
1


∫ [f ( x) − 6 x + 2] dx = 0 ⇒ f ( x) = 6 x − 2, ∀x ∈ [0;1]
2

0

1

1

0

0

⇒ ∫ [f ( x)]3dx = ∫ (6 x − 2) dx = 10

(Bấm máy tính cầm tay). Chọn C.
Câu 4: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục, có đạo hàm trên [0;1] , thỏa mãn
1

f (1) = 1, ∫ x5 f ( x) dx =
0

A. 2 .

1

11
4
, ∫ f '( x)d ( f ( x)) = . Tính f (2) .
78 0

13
251
.
7

B.
1

Hướng dẫn: Ta có

∫

D. P =

261
.
7

1

f '( x)d ( f ( x)) =

0

1

256
.
7


C.

4
4
⇔ ∫ [f '( x)]dx = .
13
13
0

11

5
Xét ∫ x f ( x)dx = 78 , dùng phương pháp tích phân từng phần ta được:
0

1

5
∫ x f ( x)dx =
0

1

1

1

11
x6
1

11
⇔ ∫ x 5 f ( x )dx =
f ( x) 10 − ∫ x 6 f '( x)dx = , kết hợp với giả thiết f (1) = 1
78
6
60
78
0
2

6
Ta suy ra ∫ x f '( x)dx = 13 . Vậy ta có:
0

1
4
2
 ∫ [f '( x)] dx =
13
0
1
. Hàm dưới dấu tích phân là
 x 6 f '( x)dx = 2
∫
13
0

13



[f '( x)]2 , x 6 f '( x) nên ta sẽ liên kết đưa về dạng bình phương [f '( x) + α x 6 ]2 . Giải tương

tự câu 3 (dạng 5) ta tìm được
2
5
f (1) =1
α = − 2 ⇒ f '( x) = 2 x 6 ⇒ f ( x) = x 7 + C 
→ C = .
7
7
2
5
261
Vậy: f ( x) = x 7 + ⇒ f (2) =
. Chọn D.
7
7
7

Bài tập tương tự:
Câu 5: [3] Cho hàm số
1

∫ [f
0

y = f ( x)

1


2

2
( x) + 2 ln 2 ]dx = 2 ∫ [f ( x) ln( x + 1)]d ( x) . Tính
e
0

liên tục

trên [0;1] ,

thỏa mãn

1

∫ f ( x)dx .
0

A. ln 4 − 1 .

B. 1 − ln 4 .
C. 1 − ln 2 .
D. ln 2 − 1 .
y
=
f
(
x
)
Câu 6: [3] Cho

có đạo hàm dương, liên tục trên [0;1] , thỏa mãn
1

f (1) − f (0) = 1 và

∫ f '( x)[f

2

0

1

1

0

0

( x ) + 1]dx = 2∫ f '( x) f (x)d ( x ) . Tính ∫ [f ( x)]3dx .

5 33 − 27
5 33 + 54
.
C. 54 .
D.
.
18
18
Câu 7: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục, có đạo hàm trên [0;1] , thỏa mãn


A.

3
.
2

B.

1

1

1

1

0

0

0

0

2
3
∫ xf ( x)dx = ∫ x f ( x)dx = 1 và ∫ [f ( x)] dx = 5 . Tính P = ∫ [f ( x)] dx .

15

17
5
.
C. P = .
D. P = .
2
2
6
Câu 8: [3] Cho hàm số y = f ( x) liên tục, có đạo hàm trên [0;1] ,
1
1
1
1
2
2
xf
(
x
)
dx
=
x
f
(
x
)
d
(
x
)

−
. Tính ∫ f ( x)dx .
∫0
∫0
16
0

A. P =

15
.
4

A. 2 .

B. P =

B.

1
.
4

C.

256
.
7

D. P =


thỏa mãn

261
.
7

Câu 9: [3] Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [1;8] , thỏa mãn
2

2

1

1

A.

8ln 2
.
27

8

2
38
f ( x)dx − . Tính
∫
31
15

4
3
B. .
C. .
3
2

3 2
3
∫ [f ( x )] dx + 2∫ f ( x )d ( x) =

8

∫ f ( x)dx .
1

D. P =

61
.
7

Đáp số: Câu 5: A, câu 6: B, Câu 7: D, câu 8: B, Câu 9: C
Dạng 6: Kĩ thuật đánh giá dựa vào bất đẳng thức Cauchy.
Dấu hiệu nhận biết:
Giả thiết của bài toán thường xuất hiện bất đẳng thức có chứa tích phân, các hàm
dưới dấu tích phân không âm.
Phương pháp:
Biến đổi, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các biểu thức dưới dấu tích phân.
Từ điều kiện xảy ra dấu bằng suy ra mối liên hệ.

Ví dụ minh họa:

14


Câu 1: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên
1

∫

[0;1] , thỏa mãn f (1) = e f (0) và

0

A. f (1) =

2e
.
e −1

B. f (1) =

1

1
dx + ∫ [f '( x)]2 dx ≤ 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng:
2
f ( x)
0


2(e − 2)
.
e −1

C. f (1) =

2e 2
.
e2 − 1

D. f (1) =

2(e − 2)
.
e −1

Hướng dẫn: Từ giả thiết và theo bất đẳng thức cauchy ta có:
1

∫
0

1

1

1

1
1

f '( x)
dx + ∫ [f '( x)]2 dx = ∫ [ 2 + ( f '(x))2 ]dx ≥ 2∫
dx = 2 ln f ( x)
2
f ( x)
f ( x)
f ( x)
0
0
0
1

Mà

∫
0

1
0

= 2 ln

f (1)
= 2 ln e = 2 .
f (0)

1

1
dx + ∫ [f '( x)]2 dx ≤ 2 nên dấu “=” xảy ra

2
f ( x)
0
⇔ f '( x ) =

1
⇔ f ( x). f '( x ) = 1
f ( x)

f 2 ( x)
⇒ ∫ f ( x ). f '( x )dx = ∫ dx ⇔
= x+C
2
1
Theo giả thiết f (1) = e f (0) nên ta có 2 + 2C = e 2C ⇔ 2 + 2C = e 2 2C ⇔ C = 2 .
e −1

2

2
2
2e
⇒ f (1) = 2 + 2
= 2
. Chọn C.
e −1
e −1
e −1
Câu 2: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên
1

xf '( x)
1
2
[0;1] , thỏa mãn f (0) = 1, f (1) = e và ∫
dx ≥ 1 . Tính f ( ) .
f ( x)
2
0

Vậy f ( x) = 2 x +

A. 1 .

2

B. 4 .

D. e .

C. e .

xf '( x)
f '( x)
= x.
, ∀ x ∈ [0;1] . Xuất hiện đạo hàm đúng
f ( x)
f ( x)

Hướng dẫn: Ta có


f '( x )
f ( x)

Giả sử có m ≥ 0 . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
1

1

f '( x)
xf '( x)
f '( x)
xf '( x )
+ mx ≥ 2 m .
, ∀ x ∈ [0;1] ⇒ ∫ [
+ mx]dx ≥ 2 m ∫
dx .
f ( x)
f ( x)
f
(
x
)
f
(
x
)
0
0
x2
+m

2

m
m
≥ 2 m ⇔ 2+ ≥ 2 m .
2
2
f
'( x)
m
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 + = 2 m ⇔ m = 4 . Khi đó f ( x) = 4 x .
2
2
f '( x )
dx = ∫ 4 xdx ⇔ ln f ( x) = 2 x 2 + C ⇒ f ( x ) = e 2 x + C .
Suy ra ∫
f ( x)
2
1
Từ giả thiết : f (0) = 1, f (1) = e2 ⇒ C = 0 ⇒ f ( x) = e 2 x ⇒ f ( ) = e . Chọn C.
2

Hay ln f ( x)

1
0

1
0


≥ 2 m ⇔ ln f (1) − ln f (0) +

Bài tập tương tự
Câu 3: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên
1

1

1

0

0

[0;1] , thỏa mãn f (0) = 1 và ∫ [f 3 ( x) + 4( f '( x))3 ]dx ≤ 3∫ f '( x) f 2 ( x )dx . Tính P = ∫ f ( x)dx .
0

A. 2( e − 1) .

B. 2(e − 1) .
2

C. e .

D. 1.

15


Câu 4: [3] Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm liên tục trên [0;1] , thỏa mãn

1

∫ [f ( x). f '( x)] dx ≤ 1 và
2

0

A. 1 .

1
f (0) = 1, f (1) = 3 . Tính f ( ) .
2

B. 2 .

C. e .

D. e .

Câu 5: [3] Cho hàm số y = f ( x) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên
2

[f '( x)]2
∫1 xf ( x) dx ≤ 24 . Tính f ( 2) .
C. 4 .
D. e .

[1;2] , thỏa mãn f (1) = 1, f (2) = 16 và

A. 1 .


B. 5 .
Đáp số: Câu 3: A, câu 4: B, câu 5: C.

2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT
ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ
TRƯỜNG
Tôi đã áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy trong năm học
2018 – 2019 tại lớp 12 A7 trường THPT Hoằng Hóa 4. Qua đó, so với năm học
2017 – 2018 khi giảng dạy tại lớp 12 A8 nhưng chưa áp dụng Sáng kiến kinh
nghiệm này, tôi nhận thấy học sinh lớp 12 A7 có những hiệu quả tích cực không
nhỏ, đó là:
- Khi gặp các bài toán tính tích phân vận dụng cao các em không bỏ qua như
năm học trước. Ngược lại, các em rất thích thú làm và làm có hiệu quả trong các
bài kiểm tra định kì, các đề thi, đề minh họa. Nhiều học sinh còn chủ động trao
đổi bài với giáo viên đưa ra thêm cách giải khác, chủ động xin thêm bài tập về
làm. Tư duy logic toán của nhiều em tiến bộ đáng kể.
- Việc phân loại các dạng toán đã giúp học sinh nắm vững và biết cách sử
dụng các kiến thức để giải các dạng bài toán tương ứng. Các em đã thấy yêu
thích loại toán này, giải bài tập nhanh nhẹn, chủ động, giờ học trở nên sôi nổi,
thú vị hơn. Việc tư duy được loại toán này giúp các em hình thành được những
kĩ năng tư duy cho các dạng toán khó khác.
- Các em biết sử dụng thành thạo CASIO vào những phần tính toán liên quan.
Đối với bản thân, khi sử dụng Sáng kiến kinh nghiệm này tôi thấy hiệu
quả tiết dạy tốt hơn, tạo sự tự tin và hứng thú khi giảng bài. Giúp tôi truyền đạt
một cách cô đọng nhưng đầy đủ, chính xác và trọn vẹn nội dung cần giảng dạy
trong khoảng thời gian ngắn.
Ngoài ra, Sáng kiến kinh nghiệm này đã được tổ chuyên đánh giá tốt, thiết
thực và được đồng ý triển khai vận dụng cho những năm học tới trong toàn
trường nhằm góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học toán trong Nhà trường nói

riêng và địa phương nói chung.
Đồng thời, Sáng kiến kinh nghiệm này còn là một tài liệu tham khảo hữu
ích cho giáo viên và học sinh 12 trong quá trình ôn thi, đặc biệt là ôn thi THPT
Quốc gia năm nay và các năm tiếp theo.
Như vậy, Sáng kiến kinh nghiệm này đã mang lại hiệu quả tích cực và
thiết thực cho người học và người dạy. Đáp ứng đúng con đường đổi mới
phương pháp dạy và học, nâng cao hiệu quả giáo dục trong giai đoạn hiện nay.
16


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN
Qua việc nghiên cứu, triển khai vận dụng Sáng kiến kinh nghiệm này, tôi
rút ra một số bài học kinh nghiệm sau:
- Trong giảng dạy cần phải thường xuyên tìm tòi, đúc rút kinh nghiệm để
đưa ra những giải pháp nâng cao hiệu quả dạy và học. Đặc biệt là những vấn đề
khó, dễ nhầm lẫn đối với học sinh.
- Nội dung giảng dạy của giáo viên cần được viết dưới dạng Sáng kiến
kinh nghiệm hoặc tập hợp thành tài liệu và cung cấp cho học sinh. Qua đó, phát
huy được khả năng tự học của học sinh.
- Những nội dung truyền tải cho học sinh, giáo viên cần phải nghiên cứu
kỹ lưỡng, tìm ra phương pháp giảng dạy hợp lý, đảm bảo xúc tích, ngắn gọn
nhưng đầy đủ, chính xác.
Những cách làm trên sẽ giúp tiết dạy đạt hiệu quả cao, người dạy và người
học đều hứng thú, tiết kiệm thời gian và phát huy tính chủ động, sáng tạo, khả
năng tự học của học sinh. Đó chính là những điều tôi rút ra từ Sáng kiến kinh
nghiệm này.
Sáng kiến kinh nghiệm này là một tài liệu để các em lớp 12 ôn thi THPT
Quốc gia năm học 2018-2019 và cho những năm học tiếp theo trong trường
THPT Hoằng Hóa 4 nói riêng và các trường THPT nói chung.

3.2. KIẾN NGHỊ
1. Đối với tổ chuyên môn và đồng nghiệp: Đề nghị Tổ chuyên môn Toán
triển khai ứng dụng Sáng kiến kinh nghiệm này trong giảng dạy tại Nhà trường
trong các năm học tới.
2. Đối với Sở GD&ĐT: Đề nghị Sở GD&ĐT đóng góp ý kiến và tạo điều
kiện để tôi tiếp tục phát triển Sáng kiến kinh nghiệm này cũng như tìm tòi những
Sáng kiến mới.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Giải tích 12 ,Vũ Tuấn và cộng sự, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam,
2007.
2. Giải tích 12 Nâng cao, Nguyễn Huy Đoan và cộng sự, Nhà xuất bản giáo
dục Việt nam, 2007.
3. Tham khảo tài liệu trên mạng internet: www.luyenthithukhoa.vn; Diễn
đàn Giáo viên Toán, Nhóm Toán VD-VDC.
17


XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 28 tháng 05 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Lê Thị Ngọc

18