Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Tải bản đầy đủ - 0trang

PHẦN I: MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài:

Vấn đề diện tích của các hình quen thuộc như tam giác, tứ giác, ngũ giác,

lục giác,… gọi chung là đa giác học sinh đều đã biết cơng thức tính diện tích từ

các lớp dưới . . Đây là một vấn đề rất thực tế nhưng để học tốt nó vốn khơng

đơn giản đối với các học sinh có tư duy hình học yếu, đặc biệt là tư duy cụ thể

hoá, trừu tượng hoá.Việc dạy và học các vấn đề này ở chương trình tốn lớp

dưới vốn đã gặp rất nhều khó khăn.

Do đó khi học về vấn đề mới: vấn đề diện tích của các hình phẳng, ở

chương trình giải tích 12 học sinh gặp rất nhiều khó khăn. Hầu hết các em học

sinh thường có cảm giác “sợ” bài tốn tính diện tích hình phẳng. Khi học vấn đề

này nhìn chung các em thường vận dụng công thức một cách máy móc chưa có

sự phân tích, thiếu tư duy thực tế và trực quan nên các em hay bị nhầm lẫn, học

khơng giải được, đặc biệt là những bài tốn cần phải có hình vẽ để “chia nhỏ”

diện tích mới tính được. Thêm vào đó trong sách giáo khoa cũng như các sách

tham khảo có rất ít ví dụ minh hoạ một cách chi tiết để giúp học sinh học tập và

khắc phục “những sai lầm đó”. Càng khó khăn hơn cho những học sinh có kỹ

năng tính tích phân còn yếu và kỹ năng “đọc đồ thị” còn hạn chế.

Vì vậy tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm với tên là: “ GIÚP HỌC

SINH LỚP 12 HỌC TỐT PHẦN ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN

TÍCH HÌNH PHẲNG”

2. Mục đích của đề tài:

Nhằm giúp cho học sinh lớp 12 rèn kỹ năng tính tích phân, đặc biệt là

tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối, rèn kỹ năng đọc đồ thị của hàm số, và

khắc phục những khó khăn , sai lầm khi gặp bài tốn tính diện tích hình phẳng.

Từ đó giúp học sinh phát huy tốt kiến thức về diện tích mà học sinh đã học ở

lớp dưới, thấy được tính thực tế và sự liên hệ nội tại của vấn đề này trong

chương trình tốn , học sinh sẽ cảm thấy hứng thú, thiết thực và học tốt vấn đề

ứng dụng của tích phân. Đây là một tài liệu tham khảo rất tốt cho học sinh để

luyện thi THPT quốc gia

3. Đối tượng nghiên cứu:

Kiến thức mơn tốn như đã trình bày đóng vai trò nền tảng. Vì vậy để giúp

học sinh lớp 12 học tốt phần ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng là

vấn đề không chỉ của riêng một cá nhân giáo viên dạy toán nào. Tuy nhiên, để

đạt hiệu quả rõ ràng trong việc nghiên cứu và thể nghiệm trong đề tài này tôi

chủ yếu tập trung đi sâu vào các phương pháp dạy học tốn như rèn kỹ phân

tích, kỹ năng đọc đồ thị để xét dấu các biểu thức, kỹ năng “ chia nhỏ” hình

phẳng để tính, kỹ năng cộng , trừ diện tích và phát huy tính linh hoạt sáng tạo

cho học sinh lớp 12. Các bài toán được đề cập đến trong đề tài thuộc phạm vi

sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo đảm bảo tính vừa sức đối với các

em.

4. Phương pháp nghiên cứu:

- Nghiên cứu về phương pháp dạy học sinh lớp 12 thi THPT quốc gia trong các

năm giảng dạy .



- Đề tài này được hoàn thành trên phương pháp thống kê, tổng hợp, trao đổi và

tổng kết các năm học, quan sát, phân tích nguyên nhân và phương pháp thực

nghiệm sư phạm. Kinh nghiệm của các đồng chí giáo viên và bản thân qua

nhiều năm dạy học.



PHẦN II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1. Cơ sở lí luận

Xuất phát từ việc giải tốn đi kèm với tư duy, tính tốn. Mặt khác Tốn học

là một mơn khoa học u cầu phải chính xác do đó học sinh dễ nhàm chán, cảm

thấy khó khăn khi tiếp thu. Việc học tập mơn Tốn có tính kế thừa, các tiết sau

vận dụng các tiết trước cũng như các kiến thức khác đã học qua ở trước đó do

đó nếu học sinh lơ là không chú ý ở một tiết, một nội dung nào đó thì sẽ rất khó

khăn khi học, tiếp thu kiến thức ở các tiết sau.

2. Thực trạng của vấn đề :

Chủ đề ứng dụng của tích phân là một trong những kiến thức cơ bản ở

chương trình tốn giải tích lớp 12. Việc dạy và học vấn đề này học sinh giúp học

sinh hiểu rõ ý nghĩa hình học của tích phân, đặc biệt là tính diện tích của hình

phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số. Đây cũng là một nội dung thường gặp

trong các đề thi THPT quốc gia. Nhìn chung khi học vấn đề này, đại đa số học

sinh thường gặp những khó khăn, sai lầm như :

- Nếu khơng có hình vẽ thi học sinh thường khơng hình dung được hình phẳng.

Do dó học sinh có cảm giác “xa lạ” hơn so với khi học về diện tích của hình

phẳng đã học trước đây. Học sinh không tận dụng được kiểu “tư duy liên hệ cũ

với mới” vốn có của mình khi nghiên cứu vấn đề này.

-Học sinh chưa thực sự hứng thú và có cảm giác nhẹ nhàng khi học vấn đề này,

trái lại học sinh có cảm giác nặng nề, khó hiểu.

- Học sinh thường chỉ nhớ cơng thức tính diện tích hình phẳng một cách máy

móc, khó phát huy tính linh hoạt sáng tạo, đặc biệt là kỹ năng đọc đồ thị để xét

dấu các biểu thức, kỹ năng “ chia nhỏ” hình phẳng để tính; kỹ năng cộng, trừ

diện tích. Đây là một khó khăn rất lớn mà học sinh thường gặp phải.

Trước khi thực hiện sáng kiến của mình, kết quả khảo sát lực học của 102 học

sinh khối 12 trong phần ứng dụng của tích phân tính diện tích hình phẳng như

sau:



Lớp



Tổng

số HS



Nhận biết



52



SL

25



Tỉ lệ%

48.1



12 A2

50

Tổng : 102



26

51



52

50



12 A1



Vận dụng



Thông hiểu

SL Tỉ lệ%

17

32.7



SL Tỉ lệ%

10 19.2



16

34



08

18



32

33.3



16

16.7



Vận dụng cao

SL

0



Tỉ lệ%

0



0

0



0

0



3. Diện tích hình phẳng.

3.1. Hình phẳng giới hạn bởi một đồ thị hàm số và trục hồnh.

a/ Cơng thức tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = f(x) , trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b

Chú ý : Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn  a ; b .

Khi đó hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) , trục hoành và

hai đường thẳng x = a , x = b có diện tích là S và được tính theo cơng thức

:



b



S   f ( x) dx



(1)



a



 Để tính diện tích S ta phải tính tích phân (1) , muốn vậy ta phải “phá” dấu

giá trị tuyệt đối .

b



b



 Nếu f ( x) 0 , x   a ; b thì S  f ( x) dx f ( x)dx

a



a



b



b



a



a



 Nếu f ( x) 0 , x   a ; b thì S  f ( x) dx    f ( x)  dx

 Muốn “phá” dấu giá trị tuyệt đối ta phải xét dấu của biểu thức f(x) .

Thường có hai cách làm như sau :

- Cách 1: Dùng định lí “dấu của nhị thức bật nhất” , định lí “dấu của tam

thức bậc hai” để xét dấu các biểu thức f(x) ; đơi khi phải giải các bất phương

trình f(x) ≥ 0 , f(x) ≤ 0 trên đoạn  a ; b

- Cách 2: Dựa vào đồ thị của hàm số y =f(x) trên đoạn  a ; b để suy ra dấu

của f(x)

trên đoạn đó .

 Nếu trên đoạn [a ; b] đồ thị hàm số y = f(x) nằm phía “trên” trục hồnh

thì f ( x) 0 , x   a ; b

 Nếu trên đoạn [a ; b] đồ thị hàm số y = f(x) nằm phía “dưới” trục hồnh

thì

f ( x) 0 , x   a ; b

-Cách 3 Nếu f(x) không đổi dấu trên [a ; b] thì ta có :

b



b



S   f ( x) dx  f ( x) dx

a



a



b/ Một vài ví dụ minh hoạ cách tính tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối

0



Ví dụ1 : Tính I  2 x  4 dx

2



Giải:

Xét dấu nhị thức bậc nhất f(x) = 2x + 4

x

-∞

f(x)=2x + 4

-



-2

0



+∞

+



Suy ra 2 x  4 0 , x   - 2;0

0



0



Do đó I  2 x  4 dx  (2 x  4)dx ( x 2  4 x)

2



2



3

2

Ví dụ 2 : J   x  2 x  2 dx

0



Giải:



0

0  ( 2) 2  4( 2) 4

 2











Xét dấu tam thức f(x) = - x2 + 2x – 2 , có

' 12  ( 1)(  2) 1  2  1  0 , a = - 1 < 0

Suy ra f(x) < 0 x  R

Suy ra f ( x)  0 , x   0;3

3



3

2



J   x  2 x  2 dx  ( x 2  2 x  2)dx (

0







0



3

x3

 x 2  2 x)

0

3



 03

 27

33

 3 2  2.3    0 2  2.0   9  6  0 6

3

3

 3

2



K  x 2  3 x  2 dx



Ví dụ 3:



0



Giải:

Xét dấu tam thức f(x) = x2 – 3x + 2 , có a = 1 > 0 ; và

 x 1

x 2  3x  2 0  

 x 2

x

-∞

0

1

2

f(x)= x - 3x + 2

+

2

+

0

Suy ra f ( x) 0 , x   0;1 và f ( x) 0 , x  1;2

2



1

2



2

0



+∞

+



2

2



2

Do đó : K x  3x  2 dx ( x  3x  2)dx  ( x  3x  2)dx

0



(



0



1



1

2 5

x

3x

x

3x

1



 2 x)  ( 

 2 x) = - ( ) =1

0

1 6

3

2

3

2

6

3



2



3



2



c/ Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi một đồ thị hàm số với trục hồnh.

Bài tốn 1: Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 2x + 4 ,

trục hoành , các đường thẳng x = - 2 , x = 0 .

y

4

f x = 2x+4



x



-2

O



1



Hình 1

Giải:



0



Diện tích S của hình phẳng trên là S  2 x  4 dx

2



Từ hình vẽ , suy ra 2 x  4 0 , x   - 2;0

0



0



2

Do đó S  2 x  4 dx  (2 x  4)dx ( x  4 x)

2



2



0

 2











0  ( 2) 2  4( 2) 4 (đvdt)



Bài tốn 2: Tính diện tích của hình phẳng (có tơ màu ) sau đây .

y

fx = x2



4



-2



O



x



3



1B



A



Hình 4

Hình phẳng trên được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x2 , trục hoành và hai

đường thẳng x = 0 , x = 2.

Giải:

2

2

Diện tích S của hình phẳng trên là S  x dx

0



Vì x 0 , x   0;2

2



2



2



x 3 2 23 03 8

S  x dx  x dx ( )  



3 0 3

3 3

0

0

2



2



(đvdt)



Bài tốn 3:

Hình thang sau được giới hạn bởi các đường thẳng y = -x – 2 , y = 0 , x = 0 và

x = 3.

Hãy tính diện tích hình thang đó .

y



-2 -1



A

O



1



fx = -x-2



-4



Hình 6

Giải:



2



3

B



x



3



Diện tích S của hình phẳng trên là S   x  2 dx

0



Từ hình vẽ , suy ra  x  2 0 , x   0;3

3



3



S   x  2 dx  ( x  2)dx (

0



0



3 32

 02

 9

x2

21

 2 x)   2.3    2.0   6 

0 2

2

2

2

 2



(đvdt)



Ghi nhớ :

Nếu phương trình f(x) = 0 có k nghiệm phân biệt x1 , x2 , …, xk thuộc (a ;

b) thì trên mỗi khoảng (a ; x1 ) , (x1 ; x2) , …, (xk ; b) biểu thức f(x) có dấu

khơng đổi .

b



Khi đó để tính tích phân S  f ( x) dx ta có thể tính như sau :

a



b



x1



S  f ( x) dx  f ( x)dx 

a



a



x2



b



f ( x)dx  ... 



f ( x)dx



x1



xk



Bài toán 4: Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 2 có đồ thị (C ) (Hình 12) .

y

4

fx = x 3-3x2+2



-2



-1



A



O1



2

B



x

3



(C)



Hình 12

Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) , trục hoành , trục tung

và đường thẳng x = 2 .

Giải:

Trục tung có phương trình x = 0.Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

(C ) , trục hoành và hai đường thẳng

x = 0 , x = 2 được tính bởi công thức :

2



S  x 3  3x 2  2 dx

0



Cách tính 1:

Dựa vào đồ thị , suy ra trên đoạn [ 0 ; 2 ] đồ thị (C ) cắt trục hồnh tại một điểm

có hồnh độ x = 1 .

Hơn nữa x3 -3x2 + 2 ≥ 0  x  [ 0 ; 1 ] và x3 -3x2 + 2 ≤ 0 x [ 1 ; 2 ]



2



1

3



2



2



3



2



Do đó S  x  3 x  2 dx  ( x  3 x  2) dx 

0



(



( x



0



3



 3x 2  2)dx



1



1

2 1

 24



x4

x4

1

 x 3  2 x)  (  x 3  2 x)   1  2  0    2 3  2.2  (  1  2)

0

1 4

4

4

4

4





1

1

5

 1  4  8  4   1  2 

4

4

2

Cách tính 2:

2



(đvdt)



1

3



2



2



3



S x  3x  2 dx  ( x  3x  2)dx  ( x 3  3x 2  2)dx

0



2



0



1



1

2

x4

x4

5 5 5 5 5

3

 (  x  2 x )  (  x 3  2 x)

 

  

0

1

4

4

4

4

4 4 2



(đvdt)



Bài toán 5: Cho hàm số y = x4 - 3x2 + 2 có đồ thị ( C ) . (Hình 13 )

y

4

fx  = x -3x +2

4



2



(C)



-2



-1 A



O 1



B



x



2

3



Hình 13

Hãy tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) , trục hoành , và hai

đường thẳng x = - 1 , x = 1.

Giải:

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) , trục hoành và hai đường

thẳng x = -1 , x = 1 được tính bởi công thức :

1



S  x 4  3x 2  2 dx

1



Dựa vào đồ thị , suy ra x -3x + 2 ≥ 0  x  [ -1 ; 1 ]

1

1

1

x5

12

4

2

4

2

3

Do đó S  x  3 x  2 dx  ( x  3 x  2)dx (  x  2 x)  (đvdt)

1 5

5

1

1

Bài tốn 6 : Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = xlnx ,

trục hoành , trục tung và đường thẳng x = e . (Hình 16)

4



2



y



Gi aoDiem



fx = xlnx



3 x



A



O



1



e



Hình 16

Giải

Trục tung có phương trình x = 0

e



Diện tích S cần tìm là



e



S  x ln x dx  x ln xdx

1



1



1



du  dx



 u ln x



x

 

Đặt 

2

 dv  xdx  v  x



2

e

2

e e x2 1

e

x

x2

Do đó S  x ln xdx  ln x   . d x  ln x 

1 1 2 x

1

2

2

1

(đvdt)



e



e2 x 2 e e2 1

xdx  





1

2

4

4

1



Bài tốn 7: Tính diện tích của hình phẳng sau , biết rằng đồ thị (C ) là đồ thị

của hàm số y  5 x  4

y 4 (C)



fx =



5x+4



x

-2 -1



O 1B



Hình 19

Giải:

Hình phẳng trên được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  5 x  4 , trục hoành , và

hai đường thẳng x = 0 , x = 1 .

Vì y  5 x  4 ≥ 0 với mọi x   0;1

1



S   5 x  4dx . Đặt u = 5x + 4 => du = 5dx

0



Khi x = 0 => u = 4

Khi x =1 => u = 9

1



9



1



9



1

2



3

2



1 u 9



9



2



2



2



38



3

3

3

Do đó S  5  u du  5 u  5 . 3 4 15 u 4 15 ( 9  4 ) 15 (27  8) 15

4

4



2



(đvdt)

Bài tốn 8: Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y  x 2  3 x  2 , trục hoành , trục tung và đường thẳng x = 3

y

f x =



4



x2-3x+2



(C)



x

-2



-1



O



1



2



Hình 21

Giải:

3

2

Ta có S  x  3x  2 dx

0



Vì x  3x  2 0 x    ;1   2; và x 2  3 x  2  0  x  1;2 

2



3



3

2



1



2



5  1 5 11

 

 

6 6 6 6



2



3



S  x  3x  2 dx x  3x  2 dx  ( x  3x  2)dx  ( x  3x  2)dx  ( x 2  3x  2)dx

0



2



0



0



2



1



(đvdt)



Bài tập tương tự :

1/ Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường sau :

a) y = x2 , trục hoành và hai đường thẳng x = -2 , x = 1

b) y = -x2 + 2 , y = 0 và hai đường thẳng x = - 1 ; x = 1

c) y = ex , y = 0 , và hai đường thẳng x = 0 , x = 2

d) y = x3 - 4x , y = 0 , x = -2 , x = 1

e) y = x4 – 5x2 + 4 , y = 0 , trục tung và đường thẳng x = 2

2/ Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường sau :

a/ y = lnx , y = 0 , x = 1 , x = e

b/ y = ln(2x + 1) , y = 0 , x = 0 , x = e

c/ y =2x , y =1

d/ y = sinx , y = 0 , x = 





, x 

2



2



3.2.Hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị hàm số.

* Cơng thức tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số :

Cho hai đồ thị của hai hàm số y = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x =b

(a
Hình phẳng giới hạn bởi bốn đường y = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng

x = a, x = b có diện tích S được tính theo cơng thức:

b



S  f ( x)  g ( x) dx .

a



Bài tốn 1:

Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = xlnx , y = x và

hai đường thẳng x = 1, x = e

Giải :

Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị đã cho là :

x ln x  x  x ln x  x 0  x(ln x  1) 0

Vì x > 0 nên x(ln x  1) 0  ln x  1 0  ln x 1  x e

Vậy hoành độ giao điểm của hai đồ thị đã cho là x = e.

Trên đoạn 1 ; e phương trình xlnx – x = 0 chỉ có một nghiệm x = e

Hình phẳng giới hạn bởi bốn đường y =xlnx , y = x và hai đường thẳng

x = 1, x = e có diện tích S được tính theo cơng thức :

e



S  x ln x  x dx

1



Vì x ln x  x  0 x  1; e nên

e



e



e



e



S x ln x  x dx  ( x ln x  x)dx  x ln x  xdx

1

2



1



1



1



e 1 x e

e 1 e

1 e 3





  

(đvdt)

4

2 1

4

2 2

4

Bài tốn 2 : Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số

y  x 3  3 x 2  x  3 , y  x 3  4 x 2  x  4 và hai đường thẳng x = 0,x = 2

Giải:

2



2



2



2







2



2

3



2



3



2



S x  3x  3  ( x  4 x  x  4) dx (2 x  1)( x 2  1) dx

0



0



Hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên là nghiệm của phương trình :

x 3  3x 2  x  3  x 3  4 x 2  x  4  2 x 3  x 2  2 x  1 0  x 2 (2 x  1)  (2 x  1) 0

1



 x  2   0;2

 2 x  1 0



 (2 x  1)( x 2  1) 0   2

  x 1   0;2

 x  1 0

 x  1   0;2







Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×