Giao an on thi tn phan tich phan

Chú ý : Khi sử dụng phương pháp tích phân từng phần để tính tích phân, chúng ta cần tuân thủ theo các nguyên tắc sau :.. Lựa chọn phép đặt dv sao cho v được xác định một cách dễ dàng.[r]

CHỦ ĐỀ 3: NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN

1 Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên K Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu F’(x) = f(x) với mọi x thuộc K

2 Tính chất:

+ Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên K thì mọi nguyên hàm của f(x) trên K đều cĩ dạng F(x) +

C với C là một hằng số

+ f x dx'( ) f x( )C

+ kf x dx k f x dx( )   ( ) với k R *

+ ( ( )f x g x dx( )) f x dx( ) g x dx( )

3 Bảng các nguyên hàm

0dx C



ln

x

a



a0;a1

dx x C 

a



1

1

-1 1

x dx x C









1

ln

1

t anx



e dx e C

sin x dx x C

 4.Các phương pháp tính nguyên hàm

A Tính nguyên hàm dựa theo định nghĩa và tính chất của nguyên hàm

Bài 1: Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số

a) f(x)=1+ sin3x biết F(6



)= 0

Giải

Ta có F(x)= x –

1

3 cos3x + C Do F(6



) = 0  6



-

1

3 cos2



+ C = 0  C = - 6



Vậy nguyên hàm cần tìm là: F(x)= x –

1

3 cos3x - 6



b) f x( ) sin 2 x biết ( ) 0

6

F  

ĐS:

F x  c x

c) f(x) = 4x3 - ex + cosx biết F(0) = 5

ĐS: F x( )x4  e x sinx6

Bài 2: Tính các nguyên hàm sau :

a)

3

( x 3x 5)dx

 ĐS:

4 2

5

4x 2x  x C

b)(sinx2cos )x dx ĐS: -cosx + 2sinx + C

2

os dx

c x





ĐS: -3cosx - 2tanx + C d)sin cos3x xdx

HD:

1 sin x cos3 (sin 4 sin 2 )

2

ĐS:

os2x- os4x +C

4c 8c

e)

1 (x2)(x3)dx



HD:

(x2)(x3)x2 x3 ĐS:

2 ln 3

x

C x







B Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến

NHẬN XÉT: Khi gặp nguyên hàm có dạng: U x U x dx n N n( ) '( )  thì ta đặt t = U(x)

( ) '( ) n N, n 2

n U x U x dx  

 ta đặt t n U x( ) => t n U x( ) => n t dt U x dx.n1 '( )

 '( )

( )

U x

dx

U x



Đặt U(x) = t

( ) '( )

U x

e U x dx

 ta đặt U(x) = t

Bài 1: Tính các nguyên hàm sau :

a)

5

( x1) dx

 ĐS:  

6

1 1

6 x C

b)

2 4

2 (x x 1) dx

 HD: đặt x2 1 t ĐS: 1 2 5

1

5 x  C

c)

3 4 2

x x  dx

 HD: đặt x4 2 t ĐS: 1 4 3

3

6 x  c

d)

1

HD: 3 1



2 : 3 1 +C

3

e)

3

sin cosx xdx

 ĐS:

4

1 sin

4 x C

f)

3

HD: x 4

x

 



4

3

1 3

x

e  c



g)

7

4 1

x

dx

x 



7 4 3

:

x   x 

đặt

4

x  1 t

ĐS

( 1) ln( 1)

4 x   4 x  C

C Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần

Công thức:

u dv u v  v du

NHẬN XÉT: Khi gặp nguyên hàm có dạng:

ax

( )sin ; ( )cos ; ( )

P x axdx P x axdx P x e dx

P(x) là đa thức ta đặt P(x) = u phần còn lại là dv

( )ln

P x xdx

 trong đó P(x) là đa thức ta đặt lnx = u , P(x)dx = dv

Bài tập:

) 2 cos

) ( 1)sin 2



) (2 1) ln )

x

c x e dx x

x







e x) ln(x1)dx

HD: đặt

ln( 1)

dv xdx









2

1 1 2

dx du x x v







 



 



ĐS:

2

2

ln( 1)

x



II.TÍCH PHÂN

1)Định nghĩa tích phân :

Cho f(x) là một hàm số liên tục trên đoạn a b;

 

 

  giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên đoạn

;

a b

 

 

  Hiệu số F(a) - F(b) được gọi là tích phân từ a đến b của hàm số f(x) ký hiệu là:

( )

b a

f x dx



b

a

b

f x dx F x F b F a

a



2) Tính chất:

Tính chất 1:

f x dx f x dx

Tính chất 2:

kf x dx k f x dx

với k thuộc R

Tính chất 3:

f x g x dx f x dx g x dx

Tính chất 4:

CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN:

1/ Tính tích phân bằng việc sử dụng các nguyên hàm cơ bản:

Bài tập 1: Tính các tích phân sau

a) I =

2

3 1

(x 2x1)dx



1

3 1 1 3

b I e dx





c)

3

0

2

I x dx

Giải:

1

x

x x

b) I =

3 1

1 1

3

3

x

e 

 = 1 4 

1

3 e 

c)

I   x dxx dx

=

5 2

2/ Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số dạng 1:

Khi gặp tích phân có dạng:

( ) '( )

b n a

U x U x dx

 n N ; n 2

;

'( ) ( )

b a

U x dx

U x



ta đặt U(x) = t

( ) '( ) n N n 2

b

n

a

U x U x dx  



ta đặt n U x( ) t U x( )t n

Bài 1: Tính các tích phân

a)

1

8 0

(2x1) dx



HD: đặt 2x+1 = t ĐS:

9841 9

b)

2

2

1

(2 1)

1

x

dx

x x



 



Nhận xét : (x2 +x+1)’= 2x+1 nên ta đặt: x2  x 1 t

ĐS:

7 ln 3

c)

2

2

1

2

1

xdx

x 



Nhận xét (x21)' 2 x nên ta đặt x2 1 t  t2 x21; => tdt= xdx

ĐS: 2 5 2

d)

2

4

0

sin cosx xdx





Nhận xét: (sinx)’ = cosx nên ta đặt sinx = t ĐS:

1 5

e) 1 5 7 4

1

1







(x +1)'=5x 5 4 đặt x5 1 t ĐS:

32 5

f) 1

1 ln

x





1 (1+lnx)'=

x nên ta đặt 1 ln x t  t2  1 lnx 2tdt dx

x



ĐS:

2 2 2 1 3



g)

1

0

1 1

x







HD: x t  x=t ;2 dx2tdt ĐS: 2( 1 – ln2 )

h)

2

2 0

sin 2

1

x dx cos x







2

(1 cos x)'=-sin2x



ta đặt 1+cos2x t  dt=-sin2xdx ĐS: ln2

3 Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến dạng 2:

*QUY TẮC:

Tính

( )

b

a

f x dx



1 đặt x =u(t) , u(t) là một hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn   ;  f(u(t)) xác định trên đoạn

  ;  và u()= a ; u() =b

2 Biến đổi f(x)dx theo t và dt giả sử f(x)dx = g(t)dt

3

b

a

f x dx g t dt







* Bài 1: Tính I =

1

2 0

1 x dx



Nhận xét (1 x2)'2x ta thấy x không có ở ngoài dấu căn,nên không thể áp dụng phương pháp đổi biến dạng 1.

Nhận xét: vì sin 2+cos2 =1

<=> sin 2 = 1- cos2 nên nếu ta đặt x = sint hoặc x = cost

thì 1- x 2 = 1 - sin 2 t ( hoặc 1 - x 2 = 1 - cos 2 t )

Giải : đặt x= sint với

;

2 2

t   

  đổi cận : khi x=0 t = 0 ; khi x = 1 ; t =

dx = cost dt

1 x  1 sin t  cos t cost cost

I =

1

2 0

1 x dx



=

2

1 os2 cos cos os

c t





CHÚ Ý: Với

1

2 0

1

n

x  x dx



n  N ta đặt x = sint khi n chẵn, đặt

t = 1 x 2 khi n lẻ

*Bài 2: Tính tích phaân sau :

2 2 2

2

0 1

x

x







Nhận xét: Vì đạo hàm của biểu thức trong dấu căn không có trên tử số nên ta không áp dụng được phương pháp đổi biến dạng 1

GIẢI: đặt x = sin t với

;

2 2

t   

  =>dx = cos t dt

Khi x = 0 thì t = 0

Khi x =

2

2 thì t = 4



Vậy

/4 2

2 0

sin cos

1 sin

x tdt I

t









/4 2 0

sin tdt



 

(Do cos t > 0)

/4 0

(1 cos 2 )



 

*Bài 3: H·y tÝnh c¸c tÝch ph©n sau:

a)

2

2 0

4 x dx



b)

1 2

01

dx x





Gi¶i: a) §Æt

2 2

x t t    

  Khi x = 0 th× t = 0 Khi x 2 th× t 2





Tõ x2sint  dx2costdt

2 2 2

4 x dx 4 4sin 2cost tdt 4 cos tdt



b) Đặt x = tant với

;

2 2

t    

  Khi x 0 thì t 0, khi x 1 thì t 4





2

1

1 tan os

c t

=>

1

2

01

dx

x





=

2

2

1 tan

4

1 tan

t

dt dt t







Chú ý: Trong thực tế chúng ta có thể gặp dạng tích phân trên dạng tổng quát hơn nh:

Nếu hàm số dới dấu tích phân có chứa căn dạng

2 2, 2 2

a x a  x và x2  a2

2

x a  x (trong trong đó a là hằng số dơng) mà không có cách biến đổi nào khác thì nên đổi sang

các hàm số lợng giác để làm mất căn thức, cụ thể là:

 Với a2 x2 , đặt sin , ;

2 2

x a t t   

hoặc x a cos ,t t0; 

 Với

2 2

a x , đặt x = atant t  ;

2 2

 



 

 Với x2  a2 đặt cos

a x

t



, t0; 

 Với

2

x a  x

đặt x a sin2t, 0;

2

t  

 CHÚ í: Khi tớnh tớch phõn bằng phương phỏp đổi biến số cần phõn biệt cho học sinh nắm được khi nào thỡ ỏp dụng cỏch đổi biến dạng 1, khi nào thỡ ỏp dụng cỏch đổi biến dạng

2.Nếu biểu thức dưới dấu tớch phõn cú dạng: f u x u x dx( ( )) '( ) ;

'( ) ( )

u x dx

u x ;

'( ) ( )

n

u x dx

u x

Thỡ nờn ỏp dụng đổi biến số dạng 1 Nếu khụng ỏp dụng được cỏch đổi biến dạng 1 thỡ ỏp dụng cỏch đổi biến dạng 2 Trường hợp khụng dựng được phương phỏp đổi biến số thỡ ta sẽ ỏp dụng phương phỏp tớch phõn từng phần

IV PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN;

Định lí Nếu u(x) và v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên a b; 

thì:

( ) '( ) ( ) ( ) ( ) '( )

b

u x v x dx u x v x v x u x dx

a

hay

( )

b udv uv vdu

a

Chú ý : Khi sử dụng phương pháp tích phân từng phần để tính tích phân, chúng ta cần tuân thủ theo các nguyên tắc sau :

1 Lựa chọn phép đặt dv sao cho v được xác định một cách dễ dàng.

2 Tích phân

b a

vdu



được xác định một cách dễ dàng hơn so với tích phân ban đầu

b a

udv



3 Chúng ta cần nhớ các dạng cơ bản sau :

Dạng 1 :

( )sin( )

b

a

P x cx dx



( hoặc

( ) os( )

b a

P x c cx dx



)

( )

b

cx d a

P x e  dx



với P(x) là một đa thức Khi đó ta đặt u= P(x) phần còn lại là dv

Dạng 2 :

os

b x a

e c xdx



hoặc :

sin

b x a

e xdx



Ta đặt u= e x; dv = cosxdx ( hoặc dv=sinxdx )

Cũng có thể đặt : u =cosx ( hoặc u =sinx ) dv = e dx x

Dạng3 :

I=

( )ln

b

k a

P x xdx



với P(x) là một đa thức Đặt ulnk x , dv = P(x)dx

Dạng 4:

cos sin

Đặt u=x phần còn lại là dv

Bài 1: Tính các tích phân

a) 1

ln

e

x xdx



ĐS:

2 1 4

e 

b)

1

0

(x 2)e dx x



ĐS: 3 – 2e

c)

4

0

(x 1 )cosxdx







ĐS:

2

2 1 8



d)

2

0

(2 x)sinxdx







ĐS : 1

e)

4

2

0 os

x

c x





cos

u x

du dx dx

dv

x

















4 0

x

x



ĐS:

2 ln

I  

Một số bài tập tổng hợp:

0

x

I x x e dx

GIẢI:

2

1 0 3

I x dxxe dx xe dx

=

1 0

1 3

x

xe dx



Với

1

0

x

xe dx



u x

dv e dx











 

1

1 0

xe dx xe e dx

Vậy

4 3

I 

2 Tính

2 0

(1 cos )



 

GIẢI:

2

1 cos 2 cos



Với

2

0

cos

x xdx







cos sin 2 sin 1

2 0





Vậy:

2

1

I   

1 ( )ln

e

x

 

1

x

Tính

1 1

ln

e

I x xdx

bằng phương pháp từng phần

Tính 2 1

1 ln

e

x



bằng phương pháp đổi biến

4 Tính



5.

osx 0

(e c x)sinxdx





1 sinxdx sin

c

e



Tính

osx 1

0

sinxdx

c





bằng cách đặt cosx = t

Tính 2 0

sin





bằng phương pháp từng phần

A/ TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG:

1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x)liên tục trên đoạn a b; 

, trục hoành và các đường thẳng x=a; x=b được tính theo công thức:

S =

( )

b a

f x dx



(1)

2 Cho hai hàm số yf x1( ); yf x2( ) liên tục trên đoạn a b; 

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số yf x1( ); yf x2( )và các đường thẳng x=a ; x=b là:

S =

1( ) 2( )

b a

f x  f x dx



(2)

3 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong x = g(y); x = h(y) ( g và h là các hàm số liên

tục trên đoạn c d;

 

 

  và hai đường thẳng y =c; y = d là:

S=

( ) ( )

d c

g y  h y dy



(3)

CHÚ Ý: Khi áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng cần khử dấu giá trị tuyệt đối dưới dấu tích phân.Chẳng hạn đối với công thức (2) ta có thể giải phương trình

f 1 (x)- f 2 (x) =0 trên đoạn ;

 

 

a b, giả sử phương trình có hai nghiệm c;d ( a < c < d < b ), khi

đó:

S =

( ( ) ( )) ( ( ) ( )) ( ( ) ( ))

f x  f x dx  f x  f x dx  f x  f x dx

Hoặc có thể xét dấu của f x1( ) f x2( ) trên đoạn a b; 

Bài 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

a) y x y 3, 0,x1,x2 ĐS :

15 4 b) y = lnx ; y = 0 ; x = e ĐS : 1

c) y = x2 - 3x + 2, y = 0 ĐS :

1 6 y) y2x2 4x 6; y=0; x=-2; x= 4

HD : giải phương trình 2x2 4x 6 0 trên đoạn 2;4 có hai nghiệm x = -1 ; x = 3

Diện tích



(2x 4x 6)dx (2x 4x 6)dx (2x 4x 6)dx



ĐS :S=

92 3

Chú ý: Khi tính diện tích hình phẳng cần cho học sinh xác định các giả thiết của bài toán xem

đã đủ các dữ kiện trong công thức chưa? Có thừa hay thiếu gì không.

Chẳng hạn như trong câu b) ta mới chỉ có y= lnx ; y =0; x = e còn thiếu một cận của tích phân ( x = a ; x =b ) trong công thức (1) Do đó cần giải phương trình

f 1 (x) - f 2 (x) = 0 để tìm thêm một cận của tích phân

Bài 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

a, y x 2 3x1 , y = x + 1, x = 0, x = 3

HD : xét phương trình

4 (lo¹i)

x

x





      



=>diện tích

S x  x dxx  x dx 

ĐS :S = 9:

b, y = x2 -2x , y = x

HD : xét phương trình

2

3

x

x







=> diện tích

9

2

S x  x dxx  x dx 

ĐS :S =

9

2

c, yx24x 3 và các tiếp tuyến của (P) tạị các điểm

M( 0 ; -3) N( 3 ; 0)

HD : y’ = -2x + 4 y’(0) = 4 ; y’(3) = - 2

Tiếp tuyến của (P) tại M( 0 ; -3) có phương trình y = 4x – 3

Tiếp tuyến của (P) tại N( 3 ; 0) có phương trình y = -2x +6

Xét phương trình 4x – 3 = -2x + 6  x = 1,5

Diện tích

3

3 2

3 0

2

S   x  x  x dx  x  x  x dx

3

3 2

2 2 3 0

2

9

4

ĐS :S =

9 4

B/ TÍNH THỂ TÍCH;

Công thức tính:

1.Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn a b; 

, trục hoành và các đường thẳng x = a; x = b khi nó quay quanh trục 0x tạo thành khối tròn xoay có thể tích là:

 ( )2

b a

V  f x dx

(1)

2 Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số x = g(y) liên tục trên đoạn c d; 

, trục tung và các đường thẳng y =c; y = d khi nó quay quanh trục oy tạo thành khối tròn xoay có thể tích là:

 ( )2

d c

V  g y dy

(2)

Bài 1: Tính thể tích khối tròn xoay do miền hình phẳng giới hạn bởi các đường sau quay xung quanh trục Ox:

a) y = cosx y = 0 x = 0 ; x = 4



ĐS

2



b)

sin , 0, 0,

x

y y x x

ĐS:

2 2



c) y - 2 , 0 x2 x y  ĐS :

16 15



d) y x 21; y=x+1

HD : Xét phương trình :

1

x

x





     

 Gọi V1 là thể tích khối tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi y x 21 ; y = 0 ;x =0 ; x = 1 khi nó quay

quanh trục ox

1

2 2 1

0

28 ( 1)

15

V  x  dx  

Gọi V2 là thể tích khối tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi y x 1 ; y = 0 ;x =0 ; x = 1 khi nó

quay quanh trục ox

1

2 2

0

7 ( 1)

3

V  x dx 

Do đó ta có thể tích khối cần tìm là : 1 2

7 15

V V V  

ĐS : V =

7 15



Bài 2: Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường:

y2 = x3, y = 1, x = 0 khi nó quay xung quanh trục 0y

Hướng dẫn giải:

Từ y2 = x3 <=> x3 y2

Giải PT: 3 y2  0 y0

1 4 3 0

V   y dy

ĐS

3 7

V  