Tuần 4 -Tiết 13 Chủ đề 7 : NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN MỤC TIÊU : - Tìm được nguyên hàm của hàm số cho trước - Tính tích phân và các phương pháp tích phân - Tính diện tích hình phẳng và thể
Trang 1Tuần 4 -Tiết 13
Chủ đề 7 : NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN
MỤC TIÊU :
- Tìm được nguyên hàm của hàm số cho trước
- Tính tích phân và các phương pháp tích phân
- Tính diện tích hình phẳng và thể tích tròn xoay
■ Kỹ năng :
- Nắm được các thuật toán để giải được các bài tập cơ bản
- Từ các bài toán cơ bản phát huy tính sáng tạo để làm những bài toán nâng cao
CHUẨN BỊ :
- Giáo viên củng cố lại các kiến thức đã học
- Học sinh xem trước các kiến thức về nguyên hàm và tích phân
NỘI DUNG ÔN TẬP :
PHẦN I : NGUYÊN HÀM VÀ HỌ NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ
Bài 1 : Tính đạo hàm của F(x)=xlnx– x Hãy tìm
nguyên hàm của lnx
Giải
Với ∀x > 0, F’(x) = lnx + 1 – 1 = ln x
Vậy nguyên hàm của f(x) = lnx là F(x) + C
= xlnx – x + C (C : hằng số )
Bài 2 :Tính đạo hàm của G(x)=(x – 2) ex
Suy ra nguyên hàm f(x) = (x – 1) ex
Giải R
x∈
∀ : G’(x) = ex (x – 1) = f(x)
Vậy nguyên hàm của f(x) = (x – 1) ex là G(x) +
C = (x – 2) ex + C (C : hằng số)
Bài 3 : Cho y = ex(2x2 – 3x)
Chứng tỏ rằng : y’’ – 2y’ + y = 4ex
Suy ra rằng 4ex + 2y – y’ là một nguyên hàm
của y
Giải
R
∀ , y’ = ex(2x2 – 3x) + ex(4x – 3)
= ex(2x2 + x – 3)
y’’ = ex(2x2 + 5x – 2)
Vậy : y’’– 2y’+y = ex(2x2 + 5x – 2) - 2 ex (2x2 + x
– 3) + ex(2x2 – 3x) = 4ex (đpcm)
Đặt F(x) = 4ex + 2y – y’
- GV gọi HS viết các công thức nguyên hàm của hàm số :
● ∫dx=x+C
● x dx x +C
+
=
∫ α αα+11 (α ≠ − 1)
x
∫ ln (x≠ 0)
● ∫e x dx =e x +C
a
a dx a
x
∫ ln (0 <a≠ 1)
● ∫cosxdx= sinx+C
● ∫sinxdx= − cosx+C
● ∫ =tgx+C
x
dx
2
cos
x
dx
+
−
=
a b ax
+
a dx
e ax = ax +
a
a axdx 1sin cos
a ax
dx
+
=
∫cos2 1
Trang 2Ta cần chứng minh : F’(x) = y
Thật vậy : F’(x) = 4ex + 2y’ – y’’
⇔y = 4ex + 2y’ – y’’
Vậy 4ex + 2y – y’= F(x) là một nguyên hàm của
y
Bài 4 : Cho 2 số : F(x)= (ax2 + bx + c)e-2x và f(x)
= - (2x2 – 8x + 7)ex Tìm a, b, c để F(x) là
nguyên hàm của f(x)
Giải
F’(x) = (2ax + b)ex + ex(ax2 + bx + c)
= [ax2 + (2a + b)x + b + c]ex
Để F(x) là nguyên hàm của f(x)
⇔F’(x) = f(x)
= +
= +
−=
⇔
7
8 2 2
c b
b a
a
−
=
=
−
=
⇔
5 12 2
c b a
Bài 5 : Cho 2 hàm số F(x) = x sin 2x
4
1 2
và f(x) = cos2x
a CMR: F(x) là nguyên hàm của f(x)
b Tìm nguyên hàm f(x) biết rằng : F
4
π
= 0
Vậy : F(x) = sin 2 8 41
4
1 2
1x+ x−π −
x≠ +k ;k∈Z
π
a ax
(x≠kπ ;k∈Z)
- GV hướng dẫn HS làm các bài tập nguyên hàm và họ nguyên hàm
- GV gọi HS lên bảng áp dụng làm
- GV hướng dẫn HS tính F’(x)
- GV gọi HS nhắc lại định nghĩa nguyên hàm
HS:F(x)là nguyên hàm của f(x)
⇔ f(x) = F’(x) (Tương tự)
Ta có nguyên hàm của f(x) là F(x) + C
= x sin 2x
4
1 2
1
4
π = 0
0 2
/ sin 4
1 4 / 2
8
2
8
2 + = +
4
1
8 −
−
=
Tuần 4 Tiết 14-15-16 PHẦN II : TÍCH PHÂN
Trang 3Tính =∫b
a
dx x f
I ( ) bằng định nghĩa
Phương pháp :
- Biến đổi f(x) thành một tổng hoặc hiệu của
những hàm số đơn giản đã biết nguyên
hàm
- Tìm nguyên hàm của f(x) và áp dụng định
nghĩa
) ( ) ( )
( )
f
b
a
b
a
−
=
=
∫
VD1 : Tính tích phân
(x x ) ( x )dx
1
0
=∫
Giải
( x x x )dx
1
0
2
4
0
2 3
2
13 3
5
x x x
=
4 116
2
13 3
5
=
VD2 : Tính tích phân
dx
x
x x
1 3
Giải
Ta có :
2
1
2
1
2
4 ln 4
1
=
+
x x I
=ln2−2+4=ln2+2
VD3 : Tính tích phân
=∫4
0
5 cos 3 cos
π
xdx x
I
Giải
phân được thì biểu thức dưới dấu tích phân như thế nào ?
HS : Phải là một tổng hoặc hiệu của những hàm số đơn giản
- GV gọi HS đọc đề và nêu các hàm
HS : (x2 – x + 3)(4x – 1) = 4x3 – 5x2 + 13x – 4
( x x x )dx
0
2
4
0
2 3
2
13 3
5
x x x
=
4 116
2
13 3
5
=
- GV gọi HS lên bảng làm
HS : 3
x
x
+1 42
x x
2
1
2 1 2
1 2 2
1
4 ln
4 1
x x dx x
dx x
2 2 ln 4 2 2
ln − + = +
=
- GV gọi HS lên bảng làm
- HS :
x
xcos5 3
2
1 (cos 2x+ cos 8x)
0
8 cos 2
cos 2 1
π
0 4
/
4
1 8
sin 8
1 2
x
=
Trang 4( x x)dx
0
8 cos 2
cos 2 1
π
sin 8 14
16
1 2
sin 4
0 4
/
Dạng 2 :
Tính =∫b
a
dx x f
I ( ) bằng phương pháp đổi
biến số kiểu 1
Phương pháp :
- Đặt x = u(t) ⇒ dx = u’(t)dt
- Đổi cận :
x = a ⇒ u(t) = a ⇒ t = α
x = b ⇒ u(t) = b ⇒ t = β
( )
[ ]
∫
=
α
t u f
VD1 : Tính tích phân
=∫1 −
dx I
Giải
Đặt : x = 2sint ⇒ dx = 2costdt
x = 0 ⇒ t = 0
x = 1 ⇒ t =
6
π
∈
⇒
6
;
0 π
t
∫
−
6
cos 2 sin
4 4
cos 2
π π
t
tdt t
tdt I
6
6 / 0 6
0
π
π
π
=
=
= ∫dt t
Chú ý :
♦ Nếu I a (Ax B) dx
n
m
Đặt Ax + B = asint ⇒ ∈ −
2
; 2
π π
t
♦ Nếu =∫n −( + )
dx I
2 2
Đặt Ax + B = asint ⇒ ∈ −
2
; 2
π π
t
1 41
4
1 0 16
=
- GV gọi HS nhắc lại các phương pháp tính tích phân
- GV gọi HS áp dụng làm VD1
- HS : Đặt :x=2sint ⇒dx = 2costdt x = 0 ⇒ t = 0
x = 1 ⇒ t = π6
∈
⇒
6
;
0 π
t
∫ −
=6
cos 2
π
t
tdt I
6
6
0
π
π
=
=∫dt
Trang 5♦ Nếu =∫n +( + )
dx
Đặt Ax + B = atgt ⇒ ∈ −
2
; 2
π π
t
(a > 0 ; A; B : hằng số)
Dạng 3 :
Tính tích phân I =∫β f[u( )x ].u'( )x dx
α
bằng phương pháp đổi biến kiểu 2
Phương pháp :
- Đặt t = u(x) ⇒ dt = u’(x)dx
- Đổi cận :
( ) ( )
=
=
⇒
=
=
=
⇒
=
b u t x
a u t
x
β β
α α
=∫b
a
dt t f
VD1 : Tính tích phân
=∫2
0 cos sin
π
xdx e
Giải
Đặt t = cosx ⇒ dt = -sintdt
Đổi cận :
x = 0 ⇒ t = 1
0
2 ⇒ =
x π ⇒t∈[ ]0 ; 1
1
1 0 0
1
1
0
−
=
=
=
−
= ∫e dt ∫e dt e e
- GV : Chúng ta có bao nhiêu dạng đổi biến ?
HS : Có 2 dạng
- GV : Dạng 2 là như thế nào ?
- GV gọi HS lên bảng áp dụng giải
HS : Đặt t = cosx ⇒ dt = sintdt ⇒t∈[ ]0 ; 1
1
1 0 0
1
1
0
−
=
=
=
−
= ∫e dt ∫e dt e e
- GV gọi HS lên bảng sửa
HS : Đặt t = x2 + 2 ⇒ t2 = x2 + 2 ⇒x2 = t2 – 2
⇒ 2tdt = 2xdx
Trang 6VD2 : Tính tích phân
I =∫ x2 + 2x3dx
Giải
Đặt t = x2 + 2 ⇒ t2 = x2 + 2
⇒ 2tdt = 2xdx
=
=⇒
=
=
2
2 2
0
t
t x
x
15
2 8 15
16 3
2 4 5
2 4 3
16
5
32
3
2 5 2
2
2
2
3 5 2
2
2 4 2
2
2
+
= +
−
−
=
−
=
−
=
−
= ∫t t tdt ∫t t dt t t
I
VD3 : Tính tích phân
=∫2
4
4
sin
π
dx I
Giải
x x
g
dx x x
x x
dx I
2 2
4
2
2
4
2 2
2
4
2 2
sin
1 cot
1
sin
1 sin
1 sin
sin
∫
∫
∫
+
=
=
=
π
π
π
π
π
π
Đặt t = cotgx
x
sin
1
−
=
⇒
3
4 3
1 1 3
1 1
1
0 3
1
0 2 0
1
2
= +
=
+
=
+
= +
−
t
t
dt t dt
t I
Chú ý :
=
=⇒
=
= 2
2 2
0
t
t x
x
∫
= 2
2
2xdx tx
I = ∫2t(t − )tdt
2
= ∫2(t − t )dt
2
2
- GV gọi HS lên bảng làm
HS : Ta có :
x
2
sin
1
=1 + cotg2x Đặt t = cotgx
dx x
sin
1
−
=
⇒
=
⇒
=
=
⇒
=
0 2
1 4
t x
t x
π π
3
4 3
1 1 3
1 1
1
0 3
1
0 2 0
1 2
= +
=
+
=
+
= +
−
t t
dt t dt
t I
Trang 7(a x b) xdx
f
I =∫β cos + sin
α
đặt t = acosx + b (a x b) xdx
f
I =∫β sin + cos
α đặt t = asinx + b
x
b gx a
f
cot
đặt t = acotgx + b ( )dx
x
b atgx
f
I =∫β +
α cos2 đặt t = atgx + b
x
b x
a
f
α
ln
đặt t = alnx + b
(ax b)x dx
f
=β
α đặt t = axn + b
( )
f
I β n ϕ ϕ'
α
∫
= đặt t = nϕ (x)
Dạng 4 :
Tích phân từng phần
Phương pháp :
- Đặt
=
=
⇒
=
=
)(
)(' )('
)(
xvv
dxxu
du dxxv dv
xuu
- Khi đó ∫b = −∫
a
b
a
b
uv udv
Chú ý :
∫b
a
x dx
e
x
p( ) đặt
=
=
eexdx dv
x p
( )x xdx
p
b
a
sin
=
=
xdx dv
x p u
sin
Trang 8( )
∫b
a
xdx
x
p cos đặt ( )
=
=
xdx dv
x p
u
cos
( )
∫b
a
xdx
x
p ln đặt
=
=
pxdx dv
x
u ln
p(x) là đa thức theo x
VD1 : Tính tích phân
1 2 0
x
I =∫xe dx
Giải
Đặt
=
=
⇒
=
=
x
dx du dxe dv
xu
2 2
2 1
∫
0 2 1
0 2 1
0
2
2
1 2
1
dx e xe
dx
xe
4
1 4 4
1 4 2 4
1
2
2 2
2 1 0 2
2
+
=
−
−
=
−
VD2 : Tính tích phân
=∫2
0
2cos
π
xdx x
I
Giải
Đặt
=
=
⇒
=
=
xv
xdx
du xdx dv
xu
sin
2 cos
2
GV gọi HS lên bảng làm bài tập
HS :
Đặt
=
=
⇒
=
=
x
dx du dxe dv
xu
2 2
2
1
- GV hướng dẫn HS làm và chỉ ra kết quả
- GV gọi HS lên bảng làm bài tập
- HS : Đặt
=
=
xdx dv
x
u
cos
2
- Cho lớp nhận xét và GV sửa chữa
- Lặp lại lần nữa :
Trang 9∫
∫
−
=
−
=
2
0 2
2
0
2 0 2
sin 2 4
sin 2 sin
π
π π
xdx x
x x I
Đặt
−=
=
⇒
=
=
x v
dxdu xdx dv
xu
cos
1 1
1
4 cos
cos 2
4
2 2
0
2 / 0
2
−
= +
−
−
π π
xdx x
x
VD3 : Tính tích phân
I =∫5 x (x− )dx
2
1 ln 2
Giải
Đặt ( )
=
−
=
⇒
=
−=
2
1 2
1 ln
xv x
dx du xdx dv
x u
( )
( )
2
27 4 ln 24 4 ln 2 2 5 2
25 4
ln
25
1 2
4
ln
25
1
1 1
4
ln
25
1 1
ln
5 2 5
2 2
5
2 5
2
5
2
2 5
2 2
−
=
−
−
=
−
−
−
=
−
− +
−
=
−
−
−
=
∫
∫
∫
x n l x x
dx x dx x
dx x
x x
x
I
Đặt
=
=
xdx dv
x
u
sin
1 1
- GV gọi HS lên bảng làm bài tập
HS : Đặt ( )
=
−
=
xdx dv
x
u
2
1 ln
- GV đặt câu hỏi : Nếu chúng ta đặt ngược lại thì có được không ?
- GV khẳng định lại lần nữa : “Chỉ có cách đặt này là duy nhất”
Bài tập về nhà :
Tính các tích phân sau :
Trang 10a =∫e + dx
x
x I
1
ln
1
b =∫2
0
sin
π
xdx x
I
c
xdx x
6
0
∫ +
=
π
d =∫π
0
sin xdx
x
I
e I x e x dx
=1
0
2
f I =∫e xdx
1
ln
g =∫2
0
cos
π
xdx e
h I (e x x)sinxdx
0
cos
=π
a
6
3
cos sin
xdx x
π
+
∫
b
2 3
6 cos x 1 sin xdx
π π
+
∫
c
∫
d
19 2 3
xdx
∫
e 1 ( )
2 0
2
−
∫
b 4 2
2
tgx
e dx x
π
∫
c
2
2 6
dx
π
∫
d
4
1
x
dx
∫
a 3
3
tgxdx x
π
∫
b
2
6
sin cos x xdx
π π
∫
c.6
0
2
sin
xdx
π
−
∫
Tuần 5 Tiết 17
PHẦN III : DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG VÀ THỂ TÍCH
Trang 111 Diện tích hình phẳng của hình thang
cong giới hạn bởi các đường x = a, x = b, Ox
và hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b]
( )x dx f S
b
a
∫
=
2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các
đường x = a, x = b, hàm số y = f1(x), y=f2(x)
liên tục trên [a; b]
( )x f ( )x dx f
S
b
a
VD1 : Tính diện tích của hình phẳng giới hạn
bởi đường cong ( )
1 2
5 6 :
2
−
+
−
=
x
x x y
Ox
Giải
Lập phương trình hoành độ giao điểm
1 2
5 6
2
−
+
−
x
x
=
=
⇔
5
1
x x
VD2 : Tính diện tích của hình phẳng giới
hạn bởi đường cong ( )C :y=x3 − 3x+ 1 và
đường thẳng (d):y=3
Giải
Lập phương trình hoành độ giao điểm :
x3 – 3x + 1 = 3 ⇔ x3 – 3x – 2 = 0
−
=
=
⇔
1
2
x x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và
(d) :
∫
−
−
−
=
2
1
x S
∫ ( )
−
−
−
−
= 2
1
x
2
1
2 4
2 2
3
−
( − − )+ − −
−
= 4 6 4 1 3 2
- GV gọi HS nhắc lại công thức tính diện tích hình thang cong
- GV hướng dẫn HS để tìm ra và nhớ lại công thức
- GV gọi HS nêu cách giải
HS : Lập phương trình hoành độ giao điểm Giải phương trình để tìm cận
Aùp dụng công thức tính diện tích hình phẳng
- GV gọi HS nêu cách làm
HS : Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d)
x3 – 3x + 1 = 3 (*) Giải phương trình (*) Tìm cận của tích phân
- GV gọi HS lên bảng áp dụng để tính diện tích
- GV gọi HS nhận xét
- GV đánh giá và sửa chữa
