Sử dụng một số kết quả đẹp của hàm số và tích phân liên kết để tính tích phân

Lí do chọn đề tài Phép tính tích phân và vi phân đã được hai nhà toán học nổi tiếng I.. Leibniz 1646 – 1716 người Đức, sáng tạo rađồng thời và độc lập với nhau và họ đã giải quyết khối l

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

Đơn vị: Trường THPT Mường Lát

Sáng kiến kinh nghiệm thuộc lĩnh vực: Toán học

THANH HÓA NĂM 2016

Phụ lục

1 Mở đầu

1.1 Lí do chọn đề tài 2

1.2 Mục đích nghiên cứu 2

1.3 Đối tượng nghiên cứu 2

1.4 Phương pháp nghiên cứu 2

2 Nội dung sáng kiến 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến 2

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến 3

2.3 Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề 3

2.3.1 Sử dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số để tính tích phân 3

Kết quả 1 3

Kết quả 2 5

Kết quả 3 7

Kết quả 4 8

Kết quả 5 10

Kết quả 6 12

Kết quả 7 13

Bài tập tương tự 14

2.3.2 Sử dụng tích phân liên kết để tính tích phân 15

Bài tập tương tự 18

2.4 Hiệu quả của sáng kiến 19

3 Kết luận 3.1 Kết luận 19

3.2 Kiến nghị 20

1 Mở đầu 1.1 Lí do chọn đề tài

Phép tính tích phân và vi phân đã được hai nhà toán học nổi tiếng I Newton(1643 – 1727) người Anh và G Leibniz (1646 – 1716) người Đức, sáng tạo rađồng thời và độc lập với nhau và họ đã giải quyết khối lượng lớn các bài toánquan trọng trong lĩnh vực toán học, đặc biệt là các bài toán về tích phân

Cho đến ngày nay tích phân rất quan trọng trong bộ môn Giải tích toán học,

nó có nhiều ứng dụng như: Tính diện tích hình phẳng, thể tích vật thể, thể tíchkhối tròn xoay , chính vì quan trọng như vậy đã đưa vào giảng dạy chươngtrình Giải tích lớp 12 Hơn thế nữa, trong một số đề thi Đại học và đề thi họcsinh giỏi toán có những bài tích phân không dễ dàng chút nào, để làm được nóchúng ta phải có một cái nhìn thật khéo léo và tinh tế cộng với sự hiểu biết củamình về một số tính chất của hàm số thì bài toán được giải quyết một cách nhẹnhàng

Với hy vọng giúp học sinh học tốt hơn phần tích phân, nhất là học sinh ôn thi

Đại học và thi học sinh giỏi toán, tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến của mình “Sử dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số và tích phân liên kết để tính tích phân”

1.2 Mục đích nghiên cứu

Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với học sinh vùng cao và tạo cho học

sinh có hứng thú học tích phân, đặc biệt giúp học sinh chủ động khi đứng trướcnhững loại tích phân kiểu này

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Sử dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số và tích phân liên kết để tính tích

phân

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Trong quá trình nghiên cứu sáng kiến tôi đã sử dụng những phương pháp sau: +) Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách thamkhảo và một số tài liệu khác có liên quan đến đề tài

+) Phương pháp sư phạm: Thông qua các tiết giảng dạy trên lớp

+) Phương pháp quan sát: Quan sát dạy và học ở Trường THPT Mường lát

2 Nôi dung sáng kiến 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến

Trình bày một số kết quả của hàm số như: Hàm số chẳn, hàm số lẻ, hàm số

tuần hoàn , mà tôi gọi đó là kết quả “đẹp’’ vào tính một số bài toán tích phân làrất cần thiết, sở dỉ trong chương trình Giải tích 12 không trình bày những kếtquả nêu trên vào việc tính tích phân, đôi khi ta gặp những bài toán tích phân màhàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ và cận lấy tích phân trên một đoạn là tập đốixứng, hay khi gặp hàm tuần hoàn mà cận lấy tích phân quá sức tưởng tượng (cậnquá lớn) và bạn giải quyết tích phân đó cũng phải mất vài trang giấy, lời giảicồng kềnh chắc gì đã thành công Hơn nữa việc trình bày những kết quả nêu trên

là việc rất cần thiết trong lúc này nó giúp chúng ta tiết kiệm được thời gian để có

thể giải những bài toán đó một cách nhanh chóng và ngắn ngọn

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến

Khi dạy bài Nguyên hàm tích phân tôi thấy phần lớn học sinh nắm bài chưa

sâu, lí do ở đây các em học phần đạo hàm ở lớp dưới chưa thành thạo Hơn nữa

đề tài này có rất ít tài liệu viết về nó và tôi đã quan tâm với hy vọng khôngnhững có thêm tài liệu tham khảo cho hoc sinh mà còn được giảng dạy ở TrườngTHPT

Trong quá trình dạy và học tôi luôn quan tâm dạy làm sao cho học sinh hiểubài tốt nhất, với sự đam mê và nổ lực của mình đề tài này đã được các em họcsinh khá giỏi nồng nhiệt hưởng ứng, đó cũng là bước đầu thành công của tôi

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1 Sử dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số để tính tích phân

Kết quả 1: Nếu hàm số f( )x liên tục và là hàm lẻ trên [−a, a] thì ∫ ( )

−

=

a a

dx x

a

dx x f dx x f dx x f I

f ta đổi biến x= −t⇒dx= −dt

Khi đó ∫ ( ) = −∫ ( )− = −∫ ( ) = −∫ ( ) ( )

−

a a

a a

dx x f dt t f dt

t f dx

x

f

0 0

0 0

2 (do f( )x là hàm lẻ)

Thay (2) vào (1) ta được ( ) ( ) ( ) 0

= +

Chú ý: Hàm số f( )x xác định trên [−a, a] và là hàm số lẻ trên [−a, a] nếu nhưvới mọix∈[−a,a] ta có f( )−x = −f( )x.

Ví dụ 1.1: Cho ∫1 ( ) =

0

, 2016

dx x

f nếu f( )x là hàm lẻ trên đoạn [ ]− 1 ; 1 Tính ∫ ( )

−

0

1

dx x f

Giải: Vì f( )x là hàm lẻ trên [ ]− 1 ; 1 nên ∀x∈[ ]− 1 ; 1 ta có: f( )−x = −f( )x.

f

Ví dụ 1.2: Tính tích phân I ∫ (x x )dx

−

+ +

1

x x

= 0

1

ln , ta đổi biến x= −t⇒dx= −dt.

Khi đó ( ) dt

t t

t t

dt t t

J = −∫ − + + =∫1 ++−+

2 2

t t

dt t t

t t

∫

+ +

− +

1

1 ln 1

1 ln

ln( 1 ) ln( 1 ) ( )2

1

0 2 1

2

x x

x x

x

+ +

=

− +

=

−

Do đó f( )x là hàm lẻ trên R nói riêng là lẻ trên đoạn[ ]− 1 ; 1

Theo Kết quả 1, suy ra I = 0

Ví dụ 1.3: Tính tích phân dx

x

x x

2 ln cos

x x

dx x

x x

2

2 ln cos 2

2 ln cos 2

2 ln cos

x x

dt t

t t

dt t

t t

x f

x

x x

x

x x

2 ln

I

4

; 4 ,

2016 sin

π π

Theo Kết quả 1, ta được I = 0

Nhận xét: Với bài toán trên nếu ta sử dụng phương pháp tích phân từng phần

thì đây quả là một bài toán rất khó chịu

Ví dụ 1.5: Chứng minh rằng =2∫π ( + ) = ( ∈ Ν ∗)

0

0 sin

+

−

= +

nx x

2

0

Hàm số f( )t = sin(− sint+nt) liên tục trên [− π ; π] và f( )−t = sin(− sin( )−t −nt)

= sin(sint−nt)= − sin(− sint+nt)= −f( )t ⇒ f( )t là hàm lẻ trên [− π ; π] nhờKết quả 1 suy ra I = 0

Nhận xét: Rõ ràng sự tiện lợi của Kết quả 1 mà ta có thể áp dụng cho một số

bài toán tích phân mà cận của nó không đối xứng

Kết quả 2: Nếu hàm số f( )x liên tục và là hàm chẵn trên [−a, a] thì

( ) 2 ( ) .

0

dx x f dx x f

a a

a

dx x f dx x f dx x f I

a a

Giải: Vì f( )x là hàm chẵn trên [ ]− 1 ; 1 nên ∀x∈[ ]− 1 ; 1 ta có: f( )−x = f( )x.

π π

Theo Kết quả 2, ta có I cos xdx 2 cos xdx 2 (cos x) cosxdx

3

0

2 2 3

0 5 3

π π

x d x x

x d x

sin 2 23 43 9323 17163

5

1 sin 3

2 sin

x

Ví dụ 2.3: Tính tích phân ∫

−

+ + +

= 3

3

2

3 5

cos

1 3

2

π

π

dx x

x x x I

−

−

+ + +

3 2 3

3

2

3 5

cos cos

3 2

x

x x x I

3

; 3

, cos

3 2

2

3 5

x

x x x x

x

x x x x

x x x

x

f − =− 5 −2 3− = − 5+ 2 3+ = − ⇒

cos

3 2 cos

3 2

là hàm số lẻ trên  − 

3

; 3

π π

cos

3 2

3

3

2

3 5

= + +

x x x

cos

3

3 3

dx I

Nhận xét: Hàm ( )

x x

Ví dụ 2.4: Tính tích phân dx

x

x x

4

1 tan

x

x x

1 2

x x

f lẻ trên đoạn [ ]− 1 ; 1 nên từ Kết quả 1 ta có I1 = 0

1

f chẵn trên đoạn [ ]− 1 ; 1 nên từ Kết quả 2 ta có dx

x

x

I = ∫1 +

0 2

4 2

1 2

x x

dx x

x dx

x

x I

−

= +

+

−

= +

=

0

2 2

1

0 2

4 1

0 2

4 2

1

1 1 2

1

1 1 2

1 2

x

dx x x

x dx x dx

−

0 2 1

0 2 1

0

3 1

0

1

0 2

2

1

1 2 3

4 1

1 2 3

2 1

1 2 1 2

Đổi biến x= tant⇒dx=(1 + tan 2t)dt

Khi đó

3

4 2

2 3

0

−

= +

−

π

dt I

Nhận xét: Từ Kết quả 1 và Kết quả 2 dẫn đến một kết quả “chung” sau đây

Kết quả 3: Nếu f( )x là hàm liên tục trên [−a; a] thì f( )x dx (f( ) ( )x f x )dx

a a

a

−

− +

dx x f dx x f dx x f

0 0

Đổi biến x= −t⇒dx= −dt

Khi đó ∫ ( ) = −∫ ( )− =∫ ( )− =∫ ( )−

−

a a

a a

dx x f dt t f dt t f dx x

f

0 0

0 0

Vậy ∫ ( ) = ∫ ( ) +∫ ( ) =∫ ( )− +∫ ( ) =∫ ( ( ) ( )+ − )

a a

a a

a

dx x f x f dx x f dx x f dx x f dx x f dx

x

f

0 0

0 0

3

0

3

π π

dx x f dx x f dx x f

3

0

3

π π

π π

dx x f dt t f dt t f dx x

=

− +

3

cos

sin 2 tan

2

π π

π π

π

dx x

x x

dx x x dx

x f x f dx

x

f

( ) ( ( ) ) ln 2

9 cos

ln cos

cos 2

2 3 0 2

x

x d xdx

Ví dụ 3.2: Cho hàm số f( )x liên tục trên R thỏa mãn f( ) ( )x + f −x = 2 − 2 cos 2x.

π

π

dx x f

0

2 3

0

2 3

0

2 3

2 3

sin 2 2

cos 1 2 2

cos 2 2

π π

π π

π

2 sin sin 2 cos cos 2 6

3

0 0

2 3

xdx xdx

Nhận xét: Nếu chúng ta không biết đến Kết quả 3 thì việc tính tích phân trên

vô cùng khó khăn vì giả thiết chưa đủ để xác định được hàm số f( )x. Hơn nữa

sự tiện lợi của nó là tính ∫ ( )

−

a a

dx x

x f I

a a

a x

Chứng minh: Ta có ( ) ( ) ( ) ( )1

1 1

0

dx k

x f dx k

x f dx k

x f I

a x a

x a

x f

a x

∫

− + ta đổi biến x=−t⇒dx=−dt

1 1

1 1 1

0 0

−

= +

x a

t

t a

t a

t a

k

x f k dt k

t f k dt k

t f dt k

t f dx

k

x f

(do f( )x là hàm chẵn)

1 1

x f dx k

x f k dx k

x f I

a a

x

a x

x a

= +

1 3 1

3 1

3

1

0

2 0

1

2 1

1

2

dx

x dx

x dx

x

+

= +

3 1

3

3 1

3

1 1

3 1

3

1

0

2 1

0

2 1

0

2 0

1

2 0

= +

t dt

t dt

t dx

x

x

x t

t

t t

Thay (2) vào (1), ta được .

3

1 3 1

3 1

3

3 1

3

1 0

3 1

0 2 1

0

2 1

0

2 1

+ +

= +

−

x dx x dx

x dx

x dx

π π

nên từ Kết quả 4

suy ra =∫ =∫2

0 2 2

0

π π

xdx x

dx x x

xdx du

xdx dv

x u

cos

2 sin

π π

π

xdx x

xdx x

x x I

dx du xdx

dv

x u

sin cos

0 2

π

x xdx

x x I

1 6

cos sin

π π

nên từ Kết

quả 4 suy ra I =∫ ( x+ x)dx=∫4[ ( x+ x) − x x( x+ x) ]dx

0

2 2

2 2 3

2 2

4 0

6

sin

π π

2

2

4 cos 1 4

3 1 2

sin 4

3 1

π π

32

5 8

5 4 sin 32

3 8

5 4 cos 8

0 4

0

π

π π

Ví dụ 4.4: Tính tích phân dx

e

x x x

π π

2

1 5

cos 2 sin sin

π π

= ∫ ( x x− x x)dx= ∫2( x+ x− x− x)dx

0

2 0

8 cos 2 cos 6 cos 4 cos 4

1 5

cos 3 cos 5 cos cos 2 1

π π

8

1 2 sin 2

1 6 sin 6

1 4 sin 4

1 4

x x

Kết quả 5: Nếu hàm f( )x liên tục trên đoạn [ ]a; b thỏa mãn f( )x = f(a+b−x) thì

∫ = + b

a

b a

dx x f b a dx x xf

2

Chứng minh: Đổi biến x=a+b−t⇒dx= −dt

Khi đó xf( )x dx (a b t) (f a b t)dt (a b t) ( )f t dt

b a

a b

b a

b a

b a

b a

dx x f dx

2

2 0 0

sin sin

sin

Đổi biến x= π −t⇒dx= −dt

Khi đó (sin ) (sin ) (sin ) 22 (sin ) ( )2

0 0

2

0 2

dx x f dx x f dx x f dx x

π π

π π

dx x f dx x

π π

Giải: Hàm f( )x = sin 3x liên tục trên đoạn [ ]0 ; π

Ta có f(a+b−x)= f(π −x)= sin 3(π −x)= sin 3x= f( )x

Theo kết quả 5 suy ra =π∫ = ππ∫ = π ∫π( − )

0

2 0

3 0

2

sin 2

x I

( ) ( )

3

2 cos

3

1 cos 2 cos

cos 1

3 0

2016

cos sin

sin

π

dx x x

x I

Giải: Đổi biến x= −t⇒dx= −dt

2 π

2016 0

2

2016 2016

2016

cos sin

cos 2

cos 2

t dt

t t

t I

=∫2 +

0

2016 2016

2016

cos sin

cos

π

dx x x

x

4 2

cos sin

cos sin

2016

π π

=

⇔

=

= +

+

=

x x

x x

I

Nhận xét: Nhờ đẳng thức (3) ta dễ dàng chứng minh bài toán tổng quát sau

(n R)

dx x x

x dx

x x

x

+

= +

Ví dụ 5.3: Tính tích phân I =∫πx x x dx

0

2

cos sin (Học viện Ngân hàng, 1998)

Giải: Ta có I =π∫x x x dx=∫πx x( − x)dx

0

2 0

cos sin

Xem hàm f(sinx)= sinx(1 − sin 2 x) nhờ đẳng thức (1) ta nhận được

3

cos 6 cos

cos 2 sin

cos 2 cos

sin

0 3 0

2 0

2 0

cos sin

π π

Giải: Đổi biến x= −t⇒dx= −dt

2 π

2

2 0

2

0

cos cos

2 sin sin

π

π

π π

n

Kết quả 6: Nếu hàm f( )x liên tục trên đoạn [ ]a; b thì ∫ ( ) =∫b ( + − )

a

b a

dx x b a f dx x f

Chứng minh: Đổi biến x=a+b−t⇒dx= −dt

f

Ví dụ 6.1: Tính tích phân =∫4 ( + )

0

1 tan ln

π

dx x I

Giải: Đổi biến x= −t⇒dx= −dt

4 π

4

4

2 ln 1

tan 1

tan 1 ln 1

4 tan ln

t dt

t I

8 2

ln 4 2 ln 2 2

ln 1

tan ln 2

0 4

0

4 0

4

0

π π

π π

π π

I =∫2 +−

0

3

cos sin

cos 4 sin 5

π

(Đại học GTVT, 2001)

Giải: Đổi biến x= −t⇒dx= −dt

2 π

x x

dt t t

t t

dt t t

t t

+

−

= +

0

3 0

2

sin 4 cos 5 cos

sin

sin 4 cos 5 cos

sin

sin 4 cos 5

π π

π

Suy ra

x x

dx x x

x x

dx x x

x x

+

− +

0

3 2

0

cos sin

cos sin

sin 4 cos 5 cos

sin

cos 4 sin 5 2

π π

π

1 1

4

tan 2 1 4 cos

2 cos

sin

2 0 2

x

dx x

x

π π

π π

x b x a

cos sin

cos sin

π π

x I

Giải: Đổi biến x= −t⇒dx= −dt

2 π

Khi đó dx

x x

x dt

t t

t dt

t t

2

sin cos

sin sin

cos sin 2

cos 2

sin cos

sin cos

sin

cos 2

π π

+ +

x x

x dx

x x

x I

Kết quả 7: Nếu hàm số f( )x liên tục trên R và tuần hoàn với chu kì Tthì

( )x dx f( )x dx (a R)

f

T a a

a

dx x f dx x f dx x f dx x f I

Đổi biến x=t+T ⇒dx=dt

Khi đó a∫+T ( ) =∫a ( + ) =∫a ( ) =∫a ( ) ( )

T

dx x f dt t f dt T t f dx x f

0 0

0

2

Thay (2) vào (1) suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) .

0 0

dx x f dx x f dx

cos 2 sin 2 2

cos 2 sin

2 3

2 2

4 2 cos 2 4

2 cos 2 2

2 3 2

I

Giải: Ta có f( )x = 1− cos 2x là hàm số liên tục và tuần hoàn với chu kì T = π nêntheo kết quả 7 ta có: ∫ ( ) =∫ ( ) = = ∫ ( ) = ∫π ( )

f

I

0 0

2 0

sin 2 2016 sin

2 2016 2

cos 1

cos sin

4

2

8

10 9

= +

= ∫ππ

dx x

x x I

Giải: Ta có ( )

x

x x

x f

16 cos 1

cos sin

8

10 9

x

x x dx

x

x x

− +

= +

= +

π

π π

cos sin 16

cos 1

cos sin 16

cos 1

cos sin

8

10 9 2

0

8

10 9 4

2

8

10 9

Ngoài ra f( )x là hàm số lẻ trên đoạn [− π ; π] nên từ Kết quả 1 suy ra I = 0

Bài tập tương tự: Tính các tích phân sau

x

x x

π

π

dx x

x x

Hướng dẫn: Dễ thấy f( )x = cosx là hàm chẵn trên  − 

2

; 2

π π

và ln(x+ x2 + 1)

là hàm lẻ trên  − 

2

; 2

π π

nên cosxln(x+ x2 + 1) là hàm lẻ trên  − 

2

; 2

π π

Theo Kết quả 1, ta được I = 0

x

x x

x x

I

a

a

Hướng dẫn: Sử dụng Kết quả 1 và Kết quả 2 suy ra

cos

π

π

dx x x

I =∫π +

0

2

sin 3

sin

Đs:

8

3 ln π

π

dx x x

sin 1

cos 1 ln

2.3.2 Sử dụng tích phân liên kết để tính tích phân

Nhiều khi việc tính tích phân =∫b ( )

a

dx x f

I gặp nhiều khó khăn, ta đi tìm một

tích phân =∫b ( )

a

dx x g

J sao cho việc tính hai tích phân α +1I β1J và α −2I β2J đơn

giản Khi đó việc tính I hoặcJ bằng cách giải hệ







= +

= +

2 2 2

1 1 1

γ β α

γ β α

J I

J I

Người ta nói I và J là hai tích phân liên kết với nhau

x I

x J

Ta có ( )1

4 cos

π

dx dx x x

x x

J

I

0 4

0

4 0

cos sin

ln cos

sin

cos sin

cos sin

cos

π π

x x

x x

x x

d dx x x

x x

e e J

2

1 ln

0 1

0

1

e e

e e

e

e e d dx e e

e e J

x x

x x x

π

dx x x

x I

Giải: Xét tích phân =∫3 +

0

2

cos 3 sin cos

π

dx x x

x J

+

− +

= +

2 2

cos 3 sin

cos 3 sin cos 3 sin cos

3 sin

cos 3 sin 3

π π

dx x

x

x x

x x

dx x x

x x

J

I

(sin 3 cos ) (cos 3 sin )3 1 ( )1

0 3

0

−

= +

x x

dx x x

= +

3 sin 2

1 cos 2

3 sin 2

1 2

1 cos

3 sin

cos sin

π π

π

π

x

dx x

x

dx dx

x x

x x

J

I

6 2 tan 2

1 6 2

cos 6 2 tan 2 1

π π

π

π π

x d x

x dx

ln 3 ( )2

2

1 6

2 tan ln 2

3 ln

J

2

1 2

2 sin 2

cos 2

cos cos

0

4 0 4

0

2 2

xdx x

x J

4

0

2 2

2

4 cos 1 2

cos 2

cos sin

xdx x

x J

I

( )2

8 8

4 sin 2

4 0

π

π

dx x x

x I

Giải: Xét tích phân =∫3 +

6

cot tan cot

π

π

dx x x

x J

6 cot

x x J

I

∫ ∫ =∫ ( − )

−

= +

3

6

2 2

3

6

cos sin

cos sin

1cossin

cos sin

cot tan

cot tan

dx x x

x x

x x

dx x x

x x J

I

2

2 sin 2

6 3

π

dx x x

x J

0

3

cos 3 sin cos

3 sin

cos 3 sin 3

π π

x x

dx dx

x x

x x

tan 4 1 6 cos

4 1 6

cos 2

2 0 2

2 0

π

π π

dx x

0

3

cos 3 sin

cos 3 sin cos

3 sin

sin 3 cos 3

π π

dx x x

x x

d dx x x

x x

I J

( ) 3 ( )2

1 cos

3 sin 2

Nhận xét: Sự tiện lợi của tích phân liên kết là ta có thể tính được hai tích

phân cùng một lúc mặc dù đề bài không yêu cầu

Bài tập tương tự: Tính các tích phân sau

1) = ∫3 −

2

2 cos

π

dx x x

sin 4

π

dx x x

x

I Đs:

4

1 +

= π

I

2.4 Hiệu quả sáng kiến

Hiệu quả thử nghiệm sáng kiến đầu năm học 2015 – 2016 tôi đã chọn nhóm

20 học sinh có học lực từ trung bình, khá đến giỏi Trường THPT Mường lát, đểthực hiện đề tài bước đầu học sinh chưa có hứng thú học và kết quả thu đượcnhư sau:

20 học sinh 3 15% 7 35% 10 50% Kết quả thử nghiệm đến cuối tháng 4 năm học 2015 – 2016, học sinh hiểuđược bài và ham học tìm tòi một số bài toán có liên quan tới bài học Qua đó tôi

đã thu được kết quả như sau:

20 học sinh 7 35% 9 45% 4 20%

Rõ ràng từ bảng kết quả thu được qua một năm thực hiện đề tài này, kết quả

là học sinh học phần tích phân qua đề tài “Sử dụng một số kết quả “đẹp” của hàm số và tích phân liên kết để tính tích phân” có tiến bộ rõ rệt.

3 Kết luận 3.1 Kết luận

Nhu cầu cần thiết của người học toán là biết vận dụng và tiếp thu những nộidung và phương pháp giải toán hay, qua thời gian nghiên cứu và thực hiện đề tàitôi đã thu được những kết quả sau:

+) Giải quyết được một số bài toán tích phân điển hình liên quan đến đề tài +) Trình bày một số bài toán tổng quát sau mỗi Ví dụ cụ thể

+) Sử dụng tích phân liên kết để giải toán

Đối với các hàm số dưới dấu tích phân có các tính chất đặc biệt như đã trìnhbày ở trên thì việc lựa chọn phương pháp giải là rất quan trọng, chính vì vậy mà

đề tài này tác giả đã dẫn dắc các em học sinh có cái nhìn sâu hơn về những bàitích phân kiểu này

Đối với tích phân liên kết: Để lựa chọn một tích phân liên kết với một tíchphân cho trước phụ thuộc vào đặc điểm của hàm dưới dấu tích phân và cận của