giải bài tập sgk giải tích 12 cơ bản: ôn tập chương 3

Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Giải tích 12 cơ bản: Ôn tập chương 3.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 1.

a) Phát biểu định nghĩa nguyên hàm của hàm số trên một khoảng.

b) Nêu phương pháp tính nguyên hàm từng phần. Cho ví dụ minh họa.

Lời giải:

a) Cho hàm số \(f(x)\) xác định trên \(K.\) Hàm số \(F(x)\) được gọi là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên \(K\), nếu: \(F'(x) = f(x)\) với mọi \(x \in K.\)

b) Nêu phương pháp tính nguyên hàm từng phần:

+ Giả sử cần tính: \(\int f (x)dx.\)

+ Viết \(\int f (x)dx\) về dạng \(\int {{f_1}} (x).{f_2}(x)dx.\)

+ Đặt \(u = {f_1}(x)\), \(dv = {f_2}(x)dx\) từ đó suy ra \(du\) và \(v.\)

+ Áp dụng công thức: \(\int u du = u.v – \int v du.\)

Cần chú ý lựa chọn phép đặt \(dv\) sao cho tìm \(v\) dễ dàng.

Ví dụ minh họa: Tính: \(\int x \sin xdx.\)

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{u = x}\\

{dv = \sin xdx}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{du = dx}\\

{v = – \cos x}

\end{array}} \right..\)

Áp dụng công thức ta có:

\(\int x \sin xdx\) \( = – x\cos x + \int {\cos xdx} \) \( = – x\cos x + \sin x + C.\)

Bài 2.

a) Phát biểu định nghĩa tích phân của hàm số trên một đoạn.

b) Nêu các tính chất của tích phân. Cho ví dụ minh họa.

Lời giải:

a) Cho \(f(x)\) là 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 \(F(b) – F(a)\) được gọi là tích phân từ \(a\) đến \(b\) của hàm số \(f(x).\) Và kí hiệu \(\int_a^b f (x)dx.\)

Ta dùng kí hiệu \(\left. {F(x)} \right|_a^b\) để chỉ hiệu số \(F(b) – F(a).\)

Vậy \(\int_a^b f (x)dx\) \( = \left. {F(x)} \right|_a^b\) \( = F(b) – F(a).\)

b) Nêu các tính chất của tích phân.

Cho \(f(x)\), \(g(x)\) là các hàm số liên tục trên đoạn \([a;b].\) Ta có:

1) \(\int_a^b {kf} (x)dx\) \( = k\int_a^b f (x)dx\) (k là hằng số).

2) \(\int_a^b {[f(x) \pm g(x)]dx} \) \( = \int_a^b f (x)dx \pm \int_a^b g (x)dx.\)

3) \(\int_a^b f (x)dx\) \( = \int_a^c f (x)dx + \int_c^b f (x)dx\) \((a < c < b).\)

Ví dụ minh họa: Tính \(I = \int_0^{2\pi } | \sin x|dx.\)

Ta có: \(|\sin x|\) \( = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{\sin x\:{\rm{ nếu }}\:0 \le x \le \pi }\\

{ – \sin x\:{\rm{ nếu }}\:\pi \le x \le 2\pi }

\end{array}} \right..\)

Nên: \(I = \int_0^{2\pi } | \sin x|dx\) \( = \int_0^\pi | \sin x|dx + \int_\pi ^{2\pi } | \sin x|dx.\)

\( = \int_0^\pi {\sin xdx} – \int_\pi ^{2\pi } {\sin xdx} \) \( = \left. {( – \cos x)} \right|_0^\pi + \left. {\cos x} \right|_\pi ^{2\pi }.\)

\( = – (\cos \pi – \cos 0) + \cos 2\pi – \cos \pi \) \( = 4.\)

Bài 3. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) \(f(x) = (x – 1)(1 – 2x)(1 – 3x).\)

b) \(f(x) = \sin 4x{\cos ^2}2x.\)

c) \(f(x) = \frac{1}{{1 – {x^2}}}.\)

d) \(f(x) = {\left( {{e^x} – 1} \right)^3}.\)

Lời giải:

Gọi \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x).\) Ta có:

a) \(F(x) = \frac{3}{2}{x^4} – \frac{{11}}{3}{x^3} + 3{x^2} – x + C.\)

b) \(F(x) = – \frac{1}{8}\cos 4x – \frac{1}{{32}}\cos 8x + C.\)

c) \(F(x) = \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{1 + x}}{{1 – x}}} \right| + C.\)

d) \(F(x) = \frac{1}{3}{e^{3x}} – \frac{3}{2}{e^{2x}} + 3{e^x} – x + C.\)

Bài 4. Tính:

a) \(\int {(2 – x)} \sin xdx.\)

b) \(\int {\frac{{{{(x + 1)}^2}}}{{\sqrt x }}dx.} \)

c) \(\int {\frac{{{e^{3x}} + 1}}{{{e^x} + 1}}dx.} \)

d) \(\int {\frac{1}{{{{(\sin x + \cos x)}^2}}}dx.} \)

e) \(\int {\frac{1}{{\sqrt {1 + x} + \sqrt x }}dx.} \)

g) \(\int {\frac{1}{{(1 + x)(2 – x)}}dx} .\)

Lời giải:

a) Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{u = 2 – x}\\

{dv = \sin xdx}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{du = – dx}\\

{\mathop v\limits^. = – \cos x}

\end{array}} \right..\)

Áp dụng công thức tính nguyên hàm từng phần ta có:

\(\int {(2 – x)} \sin xdx\) \( = – (2 – x)\cos x – \int {\cos xdx} \) \( = (x – 2)\cos x – \sin x + C.\)

b) \(\int {\frac{{{{(x + 1)}^2}}}{{\sqrt x }}dx} \) \( = \int {\frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{{x^{\frac{1}{2}}}}}dx} \) \( = \int {\left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 2{x^{\frac{1}{2}}} + {x^{ – \frac{1}{2}}}} \right)dx} .\)

\( = \int {{x^{\frac{3}{2}}}} dx + 2\int {{x^{\frac{1}{2}}}} dx + \int {{x^{ – \frac{1}{2}}}} dx.\)

\( = \frac{1}{{1 + \frac{3}{2}}}{x^{\frac{3}{2} + 1}}\) \( + \frac{2}{{1 + \frac{1}{2}}}{x^{\frac{1}{2} + 1}}\) \( + \frac{1}{{1 – \frac{1}{2}}}{x^{ – \frac{1}{2} + 1}} + C\) \( = \frac{2}{5}{x^{\frac{5}{2}}} + \frac{4}{3}{x^{\frac{3}{2}}} + 2{x^{\frac{1}{2}}} + C.\)

c) \(\int {\frac{{{e^{3x}} + 1}}{{{e^x} + 1}}dx} \) \( = \int {\left( {{e^{2x}} – {e^x} + 1} \right)dx} \) \( = \int {{e^{2x}}} dx – \int {{e^x}} dx + \int d x.\)

\( = \frac{1}{2}\int {{e^{2x}}} d(2x) – \int {{e^x}} dx + \int {dx} \) \( = \frac{1}{2}{e^{2x}} – {e^x} + x + C.\)

d) \(\int {\frac{1}{{{{(\sin x + \cos x)}^2}}}dx} \) \( = \frac{1}{2}\int {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}\left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)}}} \) \( = \frac{1}{2}\tan \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) + C.\)

e) \(\int {\frac{1}{{\sqrt {1 + x} + \sqrt x }}dx} \) \( = \int {\frac{{\sqrt {1 + x} – \sqrt x }}{{1 + x – x}}dx} \) \( = \int {(\sqrt {1 + x} – \sqrt x )dx} .\)

\( = \int {\sqrt {1 + x} dx} – \mathop {\int {\sqrt x dx} }\limits^. \) \( = \int {{{(1 + x)}^{\frac{1}{2}}}} d(1 + x) – \int {{x^{\frac{1}{2}}}dx} \) \( = \frac{2}{3}{(1 + x)^{\frac{3}{2}}} – \frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}} + C.\)

g) \(\int {\frac{1}{{(1 + x)(2 – x)}}dx} \) \( = \frac{1}{3}\int {\left( {\frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{2 – x}}} \right)dx} .\)

\( = \frac{1}{3}\left( {\int {\frac{{dx}}{{1 + x}}} + \int {\frac{{dx}}{{2 – x}}} } \right)\) \( = \frac{1}{3}\left( {\int {\frac{{d(1 + x)}}{{1 + x}}} – \int {\frac{{d(2 – x)}}{{2 – x}}} } \right).\)

\( = \frac{1}{3}(\ln |1 + x| – \ln |2 – x|) + C\) \( = \frac{1}{3}\ln \left| {\frac{{1 + x}}{{2 – x}}} \right| + C.\)

Bài 5. Tính:

a) \(\int_0^3 {\frac{x}{{\sqrt {1 + x} }}dx.} \)

b) \(\int_1^{64} {\frac{{1 + \sqrt x }}{{\sqrt[3]{x}}}dx.} \)

c) \(\int_0^2 {{x^2}} {e^{3x}}dx.\)

d) \(\int_0^\pi {\sqrt {1 + \sin 2x} } dx.\)

Lời giải:

a) \(\int_0^3 {\frac{x}{{\sqrt {1 + x} }}dx} \) \( = \int_0^3 {\frac{{x + 1 – 1}}{{\sqrt {1 + x} }}dx} \) \( = \int_0^3 {\frac{{x + 1}}{{\sqrt {1 + x} }}dx} – \int_0^3 {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 + x} }}} .\)

\( = \int_0^3 {{{(x + 1)}^{\frac{1}{2}}}} dx – \int_0^3 {{{(1 + x)}^{ – \frac{1}{2}}}} dx\) \( = \int_0^3 {{{(x + 1)}^{\frac{1}{2}}}} d(x + 1)\) \( – \int_0^3 {{{(1 + x)}^{ – \frac{1}{2}}}} d(1 + x).\)

\( = \left. {\frac{2}{3}{{(x + 1)}^{\frac{3}{2}}}} \right|_0^3 – \left. {2{{(1 + x)}^{\frac{1}{2}}}} \right|_0^3\) \( = \frac{2}{3}{.4^{\frac{3}{2}}} – \frac{2}{3} – {2.4^{\frac{1}{2}}} + 2.\)

\( = \frac{{16}}{3} – \frac{2}{3} – 4 + 2\) \( = \frac{{14}}{3} – 2 = \frac{8}{3}.\)

b) \(\int_1^{64} {\frac{{1 + \sqrt x }}{{\sqrt[3]{x}}}dx} \) \( = \int_1^{64} {\frac{{dx}}{{\sqrt[3]{x}}}} + \int_1^{64} {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt[3]{x}}}dx} .\)

\( = \int_1^{64} {{x^{ – \frac{1}{3}}}} dx + \int_1^{64} {{x^{\frac{1}{6}}}} dx\) \( = \left. {\frac{3}{2}{x^{\frac{2}{3}}}} \right|_1^{64} + \left. {\frac{6}{7}{x^{\frac{7}{6}}}} \right|_1^{64}.\)

\( = \left. {\frac{3}{2}\sqrt[3]{{{x^2}}}} \right|_1^{64} + \left. {\frac{6}{7}x\sqrt[6]{x}} \right|_1^{64}\) \( = \frac{3}{2}(\sqrt[3]{{{{64}^2}}} – 1) + \frac{6}{7}(64\sqrt[6]{{64}} – 1).\)

\( = \frac{3}{2}(16 – 1) + \frac{6}{7}(64.2 – 1)\) \( = \frac{{1839}}{{14}}.\)

c) Sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần bằng cách đặt:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{u = {x^2}}\\

{dv = {e^{3x}}dx}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{du = 2xdx}\\

{v = \frac{1}{3}{e^{3x}}}

\end{array}} \right..\)

Ta có: \(\int_0^2 {{x^2}} {e^{3x}}dx\) \( = \left. {\frac{1}{3}{x^2}{e^{3x}}} \right|_0^2 – \frac{2}{3}\int_0^2 {x{e^{3x}}dx} \) \( = \frac{4}{3}{e^6} – \frac{2}{3}\int_0^2 {x{e^{3x}}dx} .\)

Lại tiếp tục đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{u_1} = x}\\

{d{v_1} = {e^{3x}}dx}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{d{u_1} = dx}\\

{{v_1} = \frac{1}{3}{e^{3x}}}

\end{array}} \right..\)

Ta được: \(\int_0^2 {x{e^{3x}}dx} \) \( = \left. {\frac{1}{3}x{e^{3x}}} \right|_0^2 – \frac{1}{3}\int_0^2 {{e^{3x}}} dx.\)

\( = \frac{2}{3}{e^6} – \left. {\frac{1}{9}{e^{3x}}} \right|_0^2\) \( = \frac{2}{3}{e^6} – \frac{1}{9}{e^6} + \frac{1}{9}.\)

Do đó: \(\int_0^2 {{x^2}} {e^{3x}}dx\) \( = \frac{4}{3}{e^6} – \frac{2}{3}\left( {\frac{2}{3}{e^6} – \frac{1}{9}{e^6} + \frac{1}{9}} \right).\)

\( = \frac{4}{3}{e^6} – \frac{4}{9}{e^6} + \frac{2}{{27}}{e^6} – \frac{2}{{27}}\) \( = \frac{{26}}{{27}}{e^6} – \frac{2}{{27}}\) \( = \frac{2}{{27}}\left( {13{e^6} – 1} \right).\)

d) Ta có: \(\sqrt {1 + \sin 2x} \) \( = \sqrt {{{(\sin x + \cos x)}^2}} \) \( = \sqrt {2{{\cos }^2}\left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \) \( = \sqrt 2 \left| {\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right|.\)

Mặt khác ta có: \(\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) \ge 0\), \(\forall x \in \left[ {0;\frac{{3\pi }}{4}} \right].\)

Và \(\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) \le 0\), \(\forall x \in \left[ {\frac{{3\pi }}{4};\pi } \right].\)

Do đó: \(\int_0^\pi {\sqrt {1 + \sin 2x} } dx\) \( = \sqrt 2 \int_0^\pi {\left| {\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right|dx} .\)

\( = \sqrt 2 \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {\cos } \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)dx\) \( – \sqrt 2 \int_{\frac{{3\pi }}{4}}^\pi {\cos } \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)dx.\)

\( = \left. {\sqrt 2 \sin \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right|_0^{\frac{{3\pi }}{4}}\) \( – \left. {\sqrt 2 \sin \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right|_{\frac{{3\pi }}{4}}^\pi \) \( = \sqrt 2 \left( {1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) – \sqrt 2 \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2} – 1} \right).\)

\( = \sqrt 2 + \sqrt 2 = 2\sqrt 2 .\)

Bài 6. Tính:

a) \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos 2x{{\sin }^2}xdx} .\)

b) \(\int_{ – 1}^1 {\left| {{2^x} – {2^{ – x}}} \right|dx} .\)

c) \(\int_1^2 {\frac{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)}}{{{x^2}}}dx.} \)

d) \(\int_0^2 {\frac{1}{{{x^2} – 2x – 3}}dx} .\)

e) \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{(\sin x + \cos x)}^2}} dx.\)

g) \(\int_0^\pi {{{(x + \sin x)}^2}} dx.\)

Lời giải:

a) Biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân ta có:

\(\cos 2x.{\sin ^2}x\) \( = \cos 2x\frac{{1 – \cos 2x}}{2}\) \( = \frac{1}{2}\cos 2x – \frac{1}{2}{\cos ^2}2x.\)

\( = \frac{1}{2}\cos 2x – \frac{1}{4}(1 + \cos 4x)\) \( = \frac{1}{2}\cos 2x – \frac{1}{4}\cos 4x – \frac{1}{4}.\)

Do đó: \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos 2x{{\sin }^2}xdx} \) \( = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{1}{2}\cos 2x – \frac{1}{4}\cos 4x – \frac{1}{4}} \right)dx} .\)

\( = \left. {\frac{1}{4}\sin 2x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} – \left. {\frac{1}{{16}}\sin 4x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} – \left. {\frac{1}{4}x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\) \( = – \frac{\pi }{8}.\)

b) Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{{2^x} – {2^{ – x}} \ge 0}&{\forall x \in [0;1]}\\

{{2^x} – {2^{ – x}} \le 0}&{\forall x \in [ – 1;0)}

\end{array}} \right..\)

Do đó: \(\int_{ – 1}^1 {\left| {{2^x} – {2^{ – x}}} \right|dx} \) \( = \int_{ – 1}^0 {\left( {{2^{ – x}} – {2^x}} \right)dx} + \int_0^1 {\left( {{2^x} – {2^{ – x}}} \right)dx} .\)

\( = \left. {\left( { – \frac{{{2^{ – x}}}}{{\ln 2}} – \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}}} \right)} \right|_{ – 1}^0\) \( + \left. {\left( {\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + \frac{{{2^{ – x}}}}{{\ln 2}}} \right)} \right|_0^1.\)

\( = – \frac{1}{{\ln 2}} – \frac{1}{{\ln 2}}\) \( + \frac{2}{{\ln 2}} + \frac{1}{{2\ln 2}}\) \( + \frac{2}{{\ln 2}} + \frac{1}{{2\ln 2}}\) \( – \frac{1}{{\ln 2}} – \frac{1}{{\ln 2}}\) \( = \frac{1}{{\ln 2}}.\)

c) Ta có: \(\frac{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)}}{{{x^2}}}\) \( = x + 6x + \frac{6}{{{x^2}}} + \frac{{11}}{x}.\)

Do đó: \(\int_1^2 {\frac{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)}}{{{x^2}}}dx} \) \( = \int_1^2 {\left( {x + 6 + \frac{6}{{{x^2}}} + \frac{{11}}{x}} \right)dx} .\)

\( = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + 6x – \frac{6}{x} + 11\ln x} \right)} \right|_1^2.\)

\( = 2 + 12 – 3 + 11\ln 2 – \frac{1}{2} + 6 – 6\) \( = \frac{{21}}{2} + 11\ln 2.\)

d) Phân tích biểu thức dưới dấu tích phân ta được:

\(\frac{1}{{{x^2} – 2x – 3}}\) \( = \frac{1}{{(x + 1)(x – 3)}}\) \( = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{x – 3}} – \frac{1}{{x + 1}}} \right).\)

Do đó: \(\int_0^2 {\frac{1}{{{x^2} – 2x – 3}}dx} \) \( = \frac{1}{4}\int_0^2 {\left( {\frac{1}{{x – 3}} – \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx} .\)

\( = \left. {\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x – 3}}{{x + 1}}} \right|} \right|_0^2\) \( = \frac{1}{4}\left( {\ln \frac{1}{3} – \ln 3} \right)\) \( = – \frac{1}{2}\ln 3.\)

e) Ta có: \({(\sin x + \cos x)^2} = 1 + \sin 2x.\)

Do đó: \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{(\sin x + \cos x)}^2}} dx\) \( = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {(1 + \sin 2x)dx} \) \( = \left. {\left( {x – \frac{1}{2}\cos 2x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}.\)

\( = \frac{\pi }{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\) \( = \frac{\pi }{2} + 1.\)

g) \(\int_0^\pi {{{(x + \sin x)}^2}} dx\) \( = \int_0^\pi {\left( {{x^2} + 2x\sin x + {{\sin }^2}x} \right)dx} .\)

\(\int_0^\pi {\left( {{x^2} + 2x\sin x + \frac{1}{2} – \frac{1}{2}\cos 2x} \right)dx} \) \( = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{1}{2}x – \frac{1}{4}\sin 2x} \right)} \right|_0^\pi \) \( + 2\int_0^\pi x \sin xdx.\)

\( = \frac{{{\pi ^3}}}{3} + \frac{\pi }{2} + 2\int_0^\pi x \sin xdx.\)

Xét \(\int_0^\pi x \sin xdx.\)

Áp dụng phương pháp tính tích phân từng phần bằng cách đặt:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{u = x}\\

{dv = \sin xdx}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{du = dx}\\

{v = – \cos x}

\end{array}} \right..\)

Ta được: \(\int_0^\pi x \sin xdx\) \( = – \left. {x\cos x} \right|_0^\pi + \int_0^\pi {\cos xdx} \) \( = \pi + \left. {\sin x} \right|_0^\pi = \pi .\)

Vậy \(\int_0^\pi {{{(x + \sin x)}^2}} dx\) \( = \frac{{{\pi ^3}}}{3} + \frac{\pi }{2} + 2\pi \) \( = \frac{{{\pi ^3}}}{3} + \frac{{5\pi }}{2}.\)

Bài 7. Xét hình \(D\) giới hạn bởi hai đường: \(y = 2\sqrt {1 – {x^2}} \); \(y = 2(1 – x).\)

a) Tính diện tích hình \(D.\)

b) Quay hình \(D\) quanh trục \(Ox.\) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành.

Lời giải:

a) Xét hàm số: \(y = 2\sqrt {1 – {x^2}} .\)

Tập xác định: \(D = [ – 1;1]\), \(y’ = \frac{{ – 2x}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}.\)

Dấu của \(y’\) như sau:

Vì thế đường cong \(y = 2\sqrt {1 – {x^2}} \) và đường thẳng \(y = 2(1 – x)\) được vẽ trong cùng một hệ trục toạ độ \(Oxy\) như sau:

Hình \(D\) là “miền gạch sọc” trong hình vẽ trên.

Ta có diện tích hình \(D\) là:

\({S_D} = \int_0^1 {|2\sqrt {1 – {x^2}} – 2(1 – x)|dx} .\)

Ta sẽ chứng minh: \(\sqrt {1 – {x^2}} \ge 1 – x\) \((*)\), \(x \in {D_1} = [0;1].\)

Thật vậy \(\forall x \in {D_1}\) thì: \((*) \Leftrightarrow 1 – x \ge \left( {1 – {x^2}} \right)\) \( \Leftrightarrow 2{x^2} – 2x \le 0.\)

\( \Leftrightarrow x(x – 1) \le 0\) \((**).\)

Bất đẳng thức \((**)\) hiển nhiên đúng \(\forall x \in {D_1}.\) Vậy \((*)\) đúng \(\forall x \in {D_1}.\) Do \((*)\) nên: \({S_D} = \int_0^1 {[2\sqrt {1 – {x^2}} – 2(1 – x)]dx} .\)

\( \Leftrightarrow {S_D} = 2\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} } dx – 2\int_0^1 d x + 2\int_0^1 {xdx} \) \( \Leftrightarrow {S_D} = 2\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} } dx – \left. {2x} \right|_0^1 + \left. {{x^2}} \right|_0^1.\)

\( \Leftrightarrow {S_D} = 2\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} } dx – 1.\)

Đặt \(x = \sin t\) (với \({t \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)}\)) ta có: \(dx = \cos tdt.\)

Đổi cận:

+ Khi \(x = 0\) thì \(t=0.\)

+ Khi \(x = 1\) thì \(t = \frac{\pi }{2}.\)

Cho nên: \(\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} } dx\) \( = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}} tdt\) \( = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{1 + \cos 2t}}{2}dt.} \)

\( = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {dt} + \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos 2tdt} \) \( = \frac{\pi }{4} – \left. {\frac{1}{4}\sin 2t} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \frac{\pi }{4}.\)

Vậy: \({S_D} = \frac{\pi }{2} – 1.\)

b) Gọi \(V\), \({V_1}\), \({V_2}\) lần lượt là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \(D\); hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 2\sqrt {1 – {x^2}} \); \(y = 0\); \(x = 0\); miền tam giác giới hạn bởi các đường \(y = 2(1 – x)\); \(y = 0\); \(x = 0\) quanh trục \(Ox\), ta có:

\(V = {V_1} – {V_2}.\)

Ta có: \({V_1} = \pi \int_0^1 {{{(2\sqrt {1 – {x^2}} )}^2}} dx\) \( = \pi \int_0^1 4 \left( {1 – {x^2}} \right)dx.\)

\( = 4\pi \int_0^1 d x – 4\pi \int_0^1 {{x^2}} dx\) \( = \left. {4\pi x} \right|_0^1 – \left. {\frac{4}{3}\pi {x^3}} \right|_0^1\) \( = \frac{{8\pi }}{3}.\)

\({V_2} = \pi \int_0^1 {{{[2(1 – x)]}^2}dx} \) \( = 4\pi \int_0^1 d x – 8\pi \int_0^1 x dx + 4\pi \int_0^1 {{x^2}} dx.\)

\( = \left. {4\pi x} \right|_0^1 – \left. {4\pi {x^2}} \right|_0^1 + \left. {\frac{4}{3}\pi {x^3}} \right|_0^1\) \( = 4\pi – 4\pi + \frac{{4\pi }}{3}\) \( = \frac{{4\pi }}{3}.\)

Do đó: \(V = V = \frac{{8\pi }}{3} – \frac{{4\pi }}{3} = \frac{{4\pi }}{3}.\)

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

1. ĐỀ BÀI

1. Tính \(\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – x} }}} .\) Kết quả là:

(A) \(\frac{C}{{\sqrt {1 – x} }}.\)

(B) \(C\sqrt {1 – x} .\)

(C) \( – 2\sqrt {1 – x} + C.\)

(D) \(\frac{2}{{\sqrt {1 – x} }} + C.\)

2. Tính \(\int {{2^{\sqrt x }}} \frac{{\ln 2}}{{\sqrt x }}dx.\) Kết quả sai là:

(A) \({2^{\sqrt x + 1}} + C.\)

(B) \(2\left( {{2^{\sqrt x }} – 1} \right) + C.\)

(C) \(2\left( {{2^{\sqrt x }} + 1} \right) + C.\)

(D) \({2^{\sqrt x }} + C.\)

3. Tích phân \(\int_0^\pi {{{\cos }^2}x\sin xdx} \) bằng:

(A) \( – \frac{2}{3}.\)

(B) \(\frac{2}{3}.\)

(C) \(\frac{3}{2}.\)

(D) \(0.\)

4. Cho hai tích phân \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}xdx} \) và \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}xdx} .\) Hãy chỉ ra khẳng định đúng.

(A) \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}xdx} /> \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}xdx.} \)

(B) \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}xdx} < \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}xdx} .\)

(C) \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}xdx} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}xdx} .\)

(D) Không so sánh được.

5. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong:

a) \(y = {x^3}\) và \(y = {x^5}\) bằng:

(A) \(0.\)

(B) \(- 4.\)

(C) \(\frac{1}{6}.\)

(D) \(2.\)

b) \(y = x + \sin x\) và \(y = x\) \((0 \le x \le 2\pi )\) bằng:

(A) \(-4.\)

(B) \(4.\)

(C) \(0.\)

(D) \(1.\)

6. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \sqrt x \) và \(y = x\) quay xung quanh trục \(Ox.\) Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng:

(A) \(0.\)

(B) \( – \pi .\)

(C) \(\pi .\)

(D) \(\frac{\pi }{6}.\)

2. ĐÁP ÁN