Giải bài tập SGK Giải tích 12 nâng cao: Câu hỏi và bài tập 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 nâng cao: Câu hỏi và bài tập ôn tập chương 3.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 41. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:
a) $y = 2x\left( {1 – {x^{ – 3}}} \right).$
b) $y = 8x – \frac{2}{{{x^{\frac{1}{4}}}}}.$
c) $y = {x^{\frac{1}{2}}}\sin \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right).$
d) $y = \frac{{\sin (2x + 1)}}{{{{\cos }^2}(2x + 1)}}.$

Lời giải:
a) $\int 2 x\left( {1 – {x^{ – 3}}} \right)dx$ $ = \int {\left( {2x – 2{x^{ – 2}}} \right)dx} $ $ = 2.\frac{{{x^2}}}{2} – 2.\frac{{{x^{ – 1}}}}{{ – 1}} + C$ $ = x + \frac{2}{x} + C.$
b) $\int {\left( {8x – \frac{2}{{{x^{\frac{1}{4}}}}}} \right)dx} $ $ = \int {\left( {8x – 2.{x^{ – \frac{1}{4}}}} \right)dx} $ $ = 8.\frac{{{x^2}}}{2} – 2.\frac{{{x^{\frac{3}{4}}}}}{{\frac{3}{4}}} + C$ $ = 4{x^2} – \frac{8}{3}{x^{\frac{3}{4}}} + C.$
c) $\int {{x^{\frac{1}{2}}}} \sin \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)dx.$
Ta thấy ${x^{\frac{1}{2}}}\sin \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)$ $ = \frac{2}{3}\sin \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)\left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right).$
$ = f[u(x)]u'(x)$, trong đó: $u = u(x) = {x^{\frac{3}{2}}} + 1$, $f(u) = \frac{2}{3}\sin u.$
Vì vậy $\int {{x^{\frac{1}{2}}}} \sin \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)dx$ $ = \int {\frac{2}{3}} \sin udu$ $ = – \frac{2}{3}\cos u + C$ $ = – \frac{2}{3}\cos \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right) + C.$
Chú ý: Ta có thể tính nguyên hàm này theo cách không đưa ra biến $u$ như sau: $\int {{x^{\frac{1}{2}}}} \sin \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)dx$ $ = \int {\frac{2}{3}} \sin \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right).\left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)’dx.$
$ = \frac{2}{3}\left[ { – \cos \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)} \right] + C$ $ = – \frac{2}{3}\cos \left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right) + C$ (vẫn coi như $u = {x^{\frac{3}{2}}} + 1$ nhưng không viết $u$).
d) $\int {\frac{{\sin (2x + 1)}}{{{{\cos }^2}(2x + 1)}}dx} $ $ = \int – \frac{1}{2}.\frac{1}{{{{\cos }^2}(2x + 1)}}[\cos (2x + 1)]’dx.$
$ – \frac{1}{2}\int {{{[\cos (2x + 1)]}^{ – 2}}[\cos (2x + 1)]’dx} .$
$ = – \frac{1}{2}.\frac{{{{[\cos (2x + 1)]}^{ – 1}}}}{{ – 1}} + C$ $ = \frac{1}{{2\cos (2x + 1)}} + C.$

Bài 42. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:
a) $y = \frac{1}{{{x^2}}}\cos \left( {\frac{1}{x} – 1} \right).$
b) $y = {x^3}{\left( {1 + {x^4}} \right)^3}.$
c) $y = \frac{{x.{e^{2x}}}}{3}.$
d) $y = {x^2}{e^x}.$

Lời giải:
a) $\int {\frac{1}{{{x^2}}}} \cos \left( {\frac{1}{x} – 1} \right)dx$ $ = \int – \cos \left( {\frac{1}{x} – 1} \right).\left( {\frac{1}{x} – 1} \right)’dx$ $ = – \sin \left( {\frac{1}{x} – 1} \right) + C.$
b) $\int {{x^3}} {\left( {1 + {x^4}} \right)^3}dx$ $ = \int {\frac{1}{4}} {\left( {1 + {x^4}} \right)^3}\left( {1 + {x^4}} \right)’dx.$
$ = \frac{1}{4}.\frac{{{{\left( {1 + {x^4}} \right)}^4}}}{4} + C$ $ = \frac{{{{\left( {1 + {x^4}} \right)}^4}}}{{16}} + C.$
c) Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u(x) = \frac{x}{3}}\\
{v'(x) = {e^{2x}}}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u'(x) = \frac{1}{3}}\\
{v(x) = \frac{1}{2}{e^{2x}}}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow \int {\frac{{x.{e^{2x}}}}{3}dx} $ $ = \frac{x}{3}.\frac{1}{2}{e^{2x}} – \int {\frac{1}{3}} .\frac{1}{2}{e^{2x}}dx$ $ = \frac{{x.{e^{2x}}}}{6} – \frac{1}{6}\int {{e^{2x}}} dx.$
$ = \frac{{x.{e^{2x}}}}{6} – \frac{1}{6}.\frac{1}{2}{e^{2x}} + C$ $ = \frac{{x.{e^{2x}}}}{6} – \frac{{{e^{2x}}}}{{12}} + C$ $ = \frac{{{e^{2x}}(2x – 1)}}{{12}} + C.$
d) Tính $\int {{x^2}} .{e^x}dx$ ta có:
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u(x) = {x^2}}\\
{v'(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u'(x) = 2x}\\
{v(x) = {e^x}}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow \int {{x^2}} .{e^x}dx$ $ = {x^2}.{e^x} – \int 2 x.{e^x}dx$ $ = {x^2}.{e^x} – 2\int x .{e^x}dx.$
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1}(x) = x}\\
{{v_1}'(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1}'(x) = 1}\\
{{v_1}(x) = {e^x}}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow \int {{x^2}} .{e^x}dx$ $ = x.{e^x} – \int {{e^x}} dx$ $ = x.{e^x} – {e^x}.$
$ \Rightarrow \int {{x^2}} .{e^x}dx$ $ = {x^2}.{e^x} – 2\left( {x.{e^x} – {e^x}} \right) + C$ $ = {e^x}\left( {{x^2} – 2x + 2} \right) + C.$

Bài 43. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:
a) $y = x.{e^{ – x}}.$
b) $y = \frac{{\ln x}}{x}.$

Lời giải:
a) Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u(x) = x}\\
{v'(x) = {e^{ – x}}}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u'(x) = 1}\\
{v(x) = – {e^{ – x}}}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow \int x .{e^{ – x}}dx$ $ = – x.{e^{ – x}} – \int {\left( { – {e^{ – x}}} \right)dx} $ $ = – x.{e^{ – x}} + \int {{e^{ – x}}} dx.$
$ = – x.{e^{ – x}} – {e^{ – x}} + C$ $ = – {e^{ – x}}(x + 1) + C.$
b) $\int {\frac{{\ln x}}{x}dx} $ $ = \int {\ln } x.(\ln x)’dx$ $ = \frac{{{{(\ln x)}^2}}}{x} + C.$

Bài 44. Tìm hàm số $y = f(x)$ nếu biết $dy = 12x{\left( {3{x^2} – 1} \right)^3}dx$ và $f(1) = 3.$

Lời giải:
Theo định nghĩa nguyên hàm thì $f(x)$ là một nguyên hàm của hàm:
$g(x) = 12x{\left( {3{x^2} – 1} \right)^3}$ $ \Rightarrow f(x) = \int 1 2x{\left( {3{x^2} – 1} \right)^3}dx.$
$ = \int 2 {\left( {3{x^2} – 1} \right)^3}.\left( {3{x^2} – 1} \right)’dx$ $ = 2.\frac{{{{\left( {3{x^2} – 1} \right)}^4}}}{4} + C$ $ = \frac{{{{\left( {3{x^2} – 1} \right)}^4}}}{2} + C.$
Vì $f(1) = 3$ $ \Rightarrow \frac{{{{\left( {{{3.1}^2} – 1} \right)}^4}}}{2} + C = 3$ $ \Rightarrow C = – 5$ $ \Rightarrow f(x) = \frac{{{{\left( {3{x^2} – 1} \right)}^4}}}{2} – 5.$

Bài 45. Xác định số $b$ dương để tích phân $\int_a^b {\left( {x – {x^2}} \right)dx} $ có giá trị lớn nhất.

Lời giải:
Tính $I = \int_0^b {\left( {x – {x^2}} \right)dx} .$
Ta có: $I = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^b$ $ = \frac{{{b^2}}}{2} – \frac{{{b^3}}}{3}.$
Xét hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{2} – \frac{{{x^3}}}{3}$ trên $[0; + \infty )$ ta có:
$y’ = x – {x^2}$, $y’ = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0}\\
{x = 1}
\end{array}} \right.$ ta có bảng biến thiên sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy $y$ lớn nhất bằng $\frac{1}{6}$ khi $x = 1.$
Vậy để tích phân $I$ có giá trị lớn nhất khi $b = 1.$

Bài 46. Cho biết $\int_1^9 f (x)dx = – 1$, $\int_7^9 f (x)dx = 5$, $\int_7^9 g (x)dx = 4.$ Hãy tìm:
a) $\int_1^9 – 2f(x)dx.$
b) $\int_7^9 {[f(x) + g(x)]dx} .$
c) $\int_7^9 {[2f(x) – 3g(x)]dx} .$
d) $\int_1^7 f (x)dx.$

Lời giải:
Áp dụng tính chất cơ bản của nguyên hàm ta có:
a) $\int_1^9 – 2f(x)dx$ $ = – 2\int_1^9 f (x)dx$ $ = – 2.( – 1) = 2.$
b) $\int_7^9 {[f(x) + g(x)]dx} $ $ = \int_7^9 f (x)dx + \int_7^9 g (x)dx$ $ = 5 + 4 = 9.$
c) $\int_7^9 {[2f(x) – 3g(x)]dx} $ $ = 2\int_7^9 f (x)dx – 3\int_7^9 g (x)dx$ $ = 2.5 – 3.4 = – 2.$
d) $\int_1^7 f (x)dx$ $ = \int_1^9 f (x)dx + \int_9^7 f (x)dx$ $ = \int_1^9 f (x)dx – \int_7^9 f (x)dx$ $ = ( – 1) – 5 = – 6.$

Bài 47. Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $[a; b].$ Tỉ số $\frac{1}{{b – a}}\int_a^b f (x)$ được gọi là giá trị trung bình của hàm số $f(x)$ trên $[a; b]$ và được ký hiệu $m(f).$ Chứng minh rằng tồn tại điểm $c \in (a;b)$ sao cho $m(f) = f(c).$

Lời giải:
$m(f) = \frac{1}{{b – a}}\int_a^b f (x)dx.$
Gọi $F(x)$ là một nguyên hàm của hàm $f(x)$ $ \Rightarrow F'(x) = f(x)$ $ \Rightarrow F(x)$ liên tục trên $[a;b]$, có đạo hàm trên $(a; b)$ và thỏa mãn $\int_a^b f (x)dx = F(b) – F(a).$
$ \Rightarrow m(f) = \frac{{F(b) – F(a)}}{{b – a}}.$
Theo định lý Lagrăng thì $\exists c \in (a;b)$ sao cho $\frac{{F(b) – F(a)}}{{b – a}} = F'(c).$
Vì $F'(c) = f(c)$ $ \Rightarrow \exists c \in (a;b)$ để $m(f) = f(c)$ (điều phải chứng minh).

Bài 48. Giả sử một vật từ trạng thái nghỉ khi $t = 0$ $(s)$ chuyển động thẳng với vận tốc $v(t) = t(5 – t)$ $(m/s).$ Tìm quãng đường vật đi được cho tới khi nó dừng lại.

Lời giải:
Khi vật dừng lại nghĩa là $v(t) = 0$ hay $t(5 – t) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = 0}\\
{t = 5}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow $ sau $5$ giây thì vật đó dừng lại. Vậy quãng đường vật đi được là:
$L = \int_0^5 t (5 – t)dt$ $ = \int_0^5 {\left( {5t – {t^2}} \right)dt} $ $ = \left. {\left( {\frac{{5{t^2}}}{2} – \frac{{{t^3}}}{3}} \right)} \right|_0^5$ $ = \frac{{125}}{2} – \frac{{125}}{3}$ $ = \frac{{125}}{6}$ $(m).$

Bài 49. Một chất điểm $A$ từ trạng thái nghỉ chuyển động với vận tốc nhanh dần đều. $8$ giây sau nó đạt đến vận tốc $6m/s.$ Từ thời điểm đó nó chuyển động đều. Một chất điểm $B$ khác xuất phát từ cùng vị trí với $A$ nhưng chậm hơn nó $12$ giây với vận tốc nhanh dần đều và đuổi kịp $A$ sau $8$ giây (kể từ lúc $B$ xuất phát). Tìm vận tốc của $B$ tại thời điểm đó.

Lời giải:
Từ công thức ${v_t} = {v_o} + at$ ta có:
Gia tốc trong $8$ giây đầu của chất điểm $A$ là:
$a = \frac{{{v_t} – {v_0}}}{t}$ $ = \frac{{6 – 0}}{8} = \frac{3}{4}.$
Trong $8$ giây đầu này, chất điểm $A$ chuyển động nhanh dần với vận tốc $v(t) = \frac{3}{4}t$, vậy nó đi được quãng đường là $\int_0^8 {\frac{3}{4}} tdt$ $ = \left. {\frac{3}{4}.\frac{{{t^2}}}{2}} \right|_0^8 = 24$ $(m).$
Sau $12$ giây tiếp theo (khi mà bị $B$ đuổi kịp), $A$ đi được thêm $6.12 = 72$ mét. Như vậy, khi bị $B$ đuổi kịp, $A$ và $B$ đi được quãng đường là: $24 + 72 = 96$ $(m).$
Từ công thức $S = {S_0} + \frac{1}{2}a{t^2}$ suy ra gia tốc của chất điểm $B$ là:
$a = \frac{{2\left( {S – {S_0}} \right)}}{{{t^2}}}$ $ = \frac{{2(96 – 0)}}{{{8^2}}} = 3.$
Vậy khi đuổi kịp $A$, vận tốc của $B$ là:
${v_t} = {v_o} + at$ $ = 0 + 3.8 = 24$ $(m/s).$

Bài 50. Tính các tích phân sau:
a) $\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{x^2}} \sin 2xdx.$
b) $\int_1^2 x \left( {2{x^2} + 1} \right)dx.$
c) $\int_2^3 {(x – 1){e^{{x^2} – 2x}}dx.} $

Lời giải:
a) Tính $I = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{x^2}} \sin 2xdx.$
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u(x) = {x^2}}\\
{v'(x) = \sin 2x}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u'(x) = 2x}\\
{v(x) = – \frac{1}{2}\cos 2x}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow I = – \left. {\frac{1}{2}x.\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}$ $ – \int_0^{\frac{\pi }{2}} 2 x.\left( { – \frac{1}{2}} \right)\cos 2xdx.$
$ = – \frac{1}{2}.\frac{{{\pi ^2}}}{4}( – 1) + \int_0^{\frac{\pi }{2}} x \cos 2xdx$ $ = \frac{{{\pi ^2}}}{8} + {I_1}.$
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1}(x) = x}\\
{{v_1}'(x) = \cos 2x}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1}'(x) = 1}\\
{{v_1}(x) = \frac{1}{2}\sin 2x}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow {I_1} = \int_0^{\frac{\pi }{2}} x \cos 2xdx$ $ = \left. {\frac{1}{2}x\sin 2x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} – \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{2}} \sin 2xdx.$
$ = – \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin } 2xdx$ $ = – \left. {\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.( – \cos 2x)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}$ $ = \frac{1}{4}( – 1 – 1) = – \frac{1}{2}$ $ \Rightarrow I = \frac{{{\pi ^2}}}{8} + {I_1} = \frac{{{\pi ^2}}}{8} – \frac{1}{2}.$
b) $\int_1^2 x \left( {2{x^2} + 1} \right)dx$ $ = \int_1^2 {\frac{1}{4}} \left( {2{x^2} + 1} \right)\left( {2{x^2} + 1} \right)’dx.$
$ = \left. {\frac{1}{4}.\frac{{{{\left( {2{x^2} + 1} \right)}^2}}}{2}} \right|_1^2$ $ = \frac{1}{8}(81 – 9) = 9.$
c) $\int_2^3 {(x – 1){e^{{x^2} – 2x}}dx} $ $ = \int_2^3 {\frac{1}{2}{e^{{x^2} – 2x}}\left( {{x^2} – 2x} \right)’dx.} $
$ = \left. {\frac{1}{2}.{e^{{x^2} – 2x}}} \right|_2^3$ $ = \frac{1}{2}\left( {{e^3} – {e^0}} \right)$ $ = \frac{{{e^3} – 1}}{2}.$

Bài 51. Tính diện tích các hình phẳng giới hạn bởi:
a) Đồ thị các hàm số $y = 4 – {x^2}$, $y = – x + 2.$
b) Các đường cong có phương trình $x = 4 – 4{y^2}$ và $x = 1 – {y^4}.$

Lời giải:
a) Ta có $4 – {x^2} = – x + 2$ $ \Leftrightarrow {x^2} – x – 2 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1}\\
{x = 2}
\end{array}} \right..$
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm:
$S = \int_{ – 1}^2 {\left| {( – x + 2) – \left( {4 – {x^2}} \right)} \right|dx} $ $ = \int_{ – 1}^2 {\left| {{x^2} – x – 2} \right|dx} .$
$ = – \int_{ – 1}^2 {\left( {{x^2} – x – 2} \right)dx} $ $ = – \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – \frac{{{x^2}}}{2} – 2x} \right)} \right|_{ – 1}^2.$
$ = – \left[ {\left( {\frac{8}{3} – \frac{4}{2} – 4} \right) – \left( { – \frac{1}{3} – \frac{1}{2} + 2} \right)} \right]$ $ = \frac{9}{2}.$
b) Tung độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của phương trình:
$4 – 4{y^2} = 1 – {y^4}$ $ \Leftrightarrow {y^4} – 4{y^2} + 3 = 0.$
$ \Leftrightarrow \left( {{y^2} – 1} \right)\left( {{y^2} – 3} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y = \pm 1}\\
{y = \pm \sqrt 3 }
\end{array}} \right..$
Xét dấu $\left( {{y^2} – 1} \right)\left( {{y^2} – 3} \right)$ ta có:

Diện tích hình phẳng cần tìm là:
$S = \int_{ – \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {\left( {4 – 4{y^2}} \right) – \left( {1 – {y^4}} \right)} \right|dy} $ $ = \int_{ – \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right|dy} .$
$ = \int_{ – \sqrt 3 }^{ – 1} – \left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)dy$ $ + \int_{ – 1}^1 {\left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)dy} $ $ + \int_1^{\sqrt 3 } – \left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)dy.$
$ = – \left. {\left( {\frac{{{y^5}}}{5} – \frac{{4{y^3}}}{3} + 3y} \right)} \right|_{ – \sqrt 3 }^{ – 1}$ $ + \left. {\left( {\frac{{{y^5}}}{5} – \frac{{4{y^3}}}{3} + 3y} \right)} \right|_{ – 1}^1$ $ – \left. {\left( {\frac{{{y^5}}}{5} – \frac{{4{y^3}}}{3} + 3y} \right)} \right|_1^{\sqrt 3 }$ $ = \frac{{112 – 24\sqrt 3 }}{{15}}.$
Chú ý: Ta có thể làm theo cách khác như sau mà không cần lập bảng xét dấu:
Vì hai đường đã cho cắt nhau tại $4$ điểm có tung độ lần lượt là $ – \sqrt 3 $, $ – 1$, $1$, $\sqrt 3 $ nên trên mỗi khoảng $( – \sqrt 3 ; – 1)$, $( – 1;1)$, $(1;\sqrt 3 )$ thì biểu thức ${y^4} – 4{y^2} + 3$ giữ nguyên một dấu.
$S = \int_{ – \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right|dy} $ $ = \left| {\int_{ – \sqrt 3 }^{ – 1} {\left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)dy} } \right|$ $ + \left| {\int_{ – 1}^1 {\left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)dy} } \right|$ $ + \left| {\int_1^{\sqrt 3 } {\left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)dy} } \right|$ $ = \left| {\frac{{ – 28}}{{15}} + \frac{{4\sqrt 3 }}{5}} \right| + \left| {\frac{{56}}{{15}}} \right| + \left| {\frac{{4\sqrt 3 }}{5} – \frac{{28}}{{15}}} \right|$ $ = \frac{{112 – 24\sqrt 3 }}{{15}}.$
Ta cũng có thể dựa vào tính đối xứng qua $Ox$ của cả hai đường cong để tính gọn hơn.
$S = 2\int_0^{\sqrt 3 } {\left| {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right|dy} $ $ = 2\left| {\int_0^1 {\left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)dy} } \right|$ $ + 2\left| {\int_1^{\sqrt 3 } {\left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)dy} } \right|.$
$ = 2\left| {\frac{{28}}{{15}}} \right| + 2\left| {\frac{{4\sqrt 3 }}{5} – \frac{{28}}{{15}}} \right|$ $ = \frac{{112 – 24\sqrt 3 }}{{15}}.$

Bài 52. Tính diện tích của các hình phẳng giới hạn bởi:
a) Parabol $y = {x^2} – 2x + 2$, tiếp tuyến với nó tại điểm $M(3; 5)$ và trục tung.
b) Parabol $y = – {x^2} + 4x – 3$ và các tiếp tuyến của nó tại các điểm $A(0; – 3)$ và $B(3;0).$

Lời giải:
a)

$y = {x^2} – 2x + 2.$
$y’ = 2x – 2$, $y'(3) = 4.$
Phương trình tiếp tuyến tại $M$ là:
$y – 5 = 4(x – 3)$ hay $y = 4x – 7.$
Diện tích cần tìm là:
$S = \int_0^3 {[({x^2} – 2x + 2) – (4x – 7)]dx} .$
$ = \int_0^3 {\left( {{x^2} – 6x + 9} \right)dx} $ $ = \int_0^3 {{{(x – 3)}^2}} dx.$
$ = \left. {\frac{{{{(x – 3)}^3}}}{3}} \right|_0^3 = 9.$
b)

$y = – {x^2} + 4x – 3.$
$y’ = – 2x + 4.$
$y'(0) = 4.$
$y'(3) = – 2.$
Tiếp tuyến tại $A$ là: $y = 4x – 3.$
Tiếp tuyến tại $B$ là: $y = – 2x + 6.$
Hai tiếp tuyến này cắt nhau tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình:
$4x – 3 = – 2x + 6$ $ \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}.$
Dựa vào hình vẽ ta có diện tích cần tìm là:
$S = \int_0^{\frac{3}{2}} {\left[ {(4x – 3) – \left( { – {x^2} + 4x – 3} \right)} \right]dx} $ $ + \int_{\frac{3}{2}}^3 {\left[ {( – 2x + 6) – \left( { – {x^2} + 4x – 3} \right)} \right]dx} .$
$ = \int_0^{\frac{3}{2}} {{x^2}} dx + \int_{\frac{3}{2}}^3 {{{(x – 3)}^2}} dx$ $ = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^{\frac{3}{2}} + \left. {\frac{{{{(x – 3)}^3}}}{3}} \right|_{\frac{3}{2}}^3$ $ = \frac{{27}}{{8.3}} + \frac{{27}}{{8.3}} = \frac{9}{4}.$

Bài 53. Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng $x = 0$ và $x = 2$ biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông gọi với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x$ $(0 \le x \le 2)$ là một nửa hình tròn đường kính $\sqrt 5 {x^2}.$

Lời giải:
Thiết diện của vật thể có diện tích là: $S(x) = \frac{1}{2}\pi {\left( {\frac{{\sqrt 5 {x^2}}}{2}} \right)^2} = \frac{{5\pi {x^4}}}{8}.$
Vậy thể tích cần tìm là: $V = \int_0^2 {\frac{{5\pi {x^4}}}{8}} $ $ = \left. {\frac{{5\pi }}{8}.\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^2 = 4\pi .$

Bài 54. Xét hình giới hạn bởi đường hyperbol $y = \frac{2}{x}$ và các đường thẳng $y = 1$, $y = 4$, $x = 0.$ Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình đó quanh trục tung.

Lời giải:
Ta có: $y = \frac{2}{x}$ $ \Leftrightarrow x = \frac{2}{y}.$
$ \Rightarrow V = \pi \int_1^4 {{{\left( {\frac{2}{y}} \right)}^2}} dy$ $ = \pi \int_1^4 4 {y^{ – 2}}dy$ $ = – \left. {4\pi .\frac{1}{y}} \right|_1^4$ $ = – 4\pi \left( {\frac{1}{4} – 1} \right) = 3\pi .$

Bài 55. Cho hình phẳng $A$ được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \sqrt {\cos x} $ $\left( {0 \le x \le \frac{\pi }{2}} \right)$ và hai trục tọa độ. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay $A$ quanh trục hoành.

Lời giải:
$V = \pi \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{(\sqrt {\cos x} )}^2}} dx$ $ = \pi \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx} $ $ = \left. {\pi \sin x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \pi .$

Bài 56. Cho hình phẳng $A$ được giới hạn bởi đường cong có phương trình $x(y + 1) = 2$ và các đường thẳng $x = 0$, $y = 0$, $y = 3.$ Tính thể tích khối tròn xoay tạo được khi $A$ quay quanh trục tung.

Lời giải:
Ta có: $x(y + 1) = 2$ $ \Rightarrow x = \frac{2}{{y + 1}}.$
$ \Rightarrow V = \pi \int_0^3 {{{\left( {\frac{2}{{y + 1}}} \right)}^2}} dy$ $ = \pi \int_0^3 {\frac{4}{{{{(y + 1)}^2}}}dy} $ $ = \left. {4\pi .\frac{{ – 1}}{{y + 1}}} \right|_0^3$ $ = – 4\pi \left( {\frac{1}{4} – 1} \right) = 3\pi .$

Bài 57. Cho hình phẳng $A$ được giới hạn bởi đường cong có phương trình $x – {y^2} = 0$ và các đường thẳng $y = 2$, $x = 0.$ Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay $A$:
a) Quanh trục hoành.
b) Quanh trục tung.

Lời giải:
$x – {y^2} = 0$ $ \Leftrightarrow x = {y^2}$ $ \Leftrightarrow y = \pm \sqrt x .$

a) Đồ thị hàm số $y = \sqrt x $ cắt đường thẳng $y = 2$ tại điểm có hoành độ là $4.$
Thể tích khối tròn xoay tạo được bằng thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay miền chữ nhật $OMNP$ quanh $Ox$ trừ đi thể khối tròn xoay tạo thành khi quay miền tam giác cong $ONP$ quanh $Ox.$
Vậy $V = \pi \int_0^4 {{2^2}} dx – \pi \int_0^4 {{{(\sqrt x )}^2}} dx$ $ = 4\pi .4 – \left. {\pi .\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^4$ $ = 16\pi – 8\pi = 8\pi .$
b) Thể tích cần tìm là:
$V = \pi \int_0^2 {{{\left( {{y^2}} \right)}^2}} dy$ $ = \pi \int_0^2 {{y^4}} dy$ $ = \left. {\pi \frac{{{y^5}}}{5}} \right|_0^2 = \frac{{32\pi }}{5}.$

Bài 58. Cho hình phẳng $A$ được giới hạn bởi đường cong có phương trình $y = {x^{\frac{1}{2}}}{e^{\frac{x}{2}}}$ và các đường thẳng $x = 1$, $x = 2$, $y = 0.$ Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay $A$ quanh trục hoành.

Lời giải:
$V = \pi \int_1^2 {{{\left( {{x^{\frac{1}{2}}}{e^{\frac{x}{2}}}} \right)}^2}} dx$ $ = \pi \int_1^2 x {e^x}dx.$
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u(x) = x}\\
{v'(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u'(x) = 1}\\
{v(x) = {e^x}}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow \int_1^2 x {e^x}dx$ $ = \left. {x{e^x}} \right|_1^2 – \int_1^2 {{e^x}} dx$ $ = \left( {2{e^2} – e} \right) – \left( {{e^2} – e} \right)$ $ = {e^2}.$
$ \Rightarrow V = \pi {e^2}.$

Bài 59. Cho hình phẳng $A$ được giới hạn bởi đường cong có phương trình ${y^2} = {x^3}$ và các đường thẳng $y = 0$, $x = 1.$ Tính thể tích khối tròn xoay tạo được khi quay $A.$
a) Quanh trục hoành.
b) Quanh trục tung.

Lời giải:
${y^2} = {x^3}$ $ \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {{x^3}} $ $ \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{{y^2}}}.$

a) Ta thấy đường cong ${y^2} = {x^3}$ có hai nhánh đối xứng qua $Ox.$ Vậy khi quay quanh trục hoành ta có vật thể tròn xoay có thể tích:
$V = \pi \int_0^1 {{{(\sqrt {{x^3}} )}^2}} dx$ $ = \pi \int_0^1 {{x^3}} dx$ $ = \left. {\pi .\frac{{{x^4}}}{4}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{4}.$
b) $V = \pi \int_0^1 {{1^2}} dy – \pi \int_0^1 {{{(\sqrt[3]{{{y^2}}})}^2}} dy.$
$ = \pi – \pi \int_0^1 {{y^{\frac{4}{3}}}} dy$ $ = \pi – \left. {\pi .\frac{{{y^{\frac{7}{3}}}}}{{\frac{7}{3}}}} \right|_0^1$ $ = \pi – \frac{{3\pi }}{7} = \frac{{4\pi }}{7}.$

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

1. ĐỀ BÀI: Trong mỗi bài tập dưới đây, hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định đã cho (trong các khẳng định đó, chỉ có một khẳng định đúng).

Bài 60. Giả sử $\int_1^5 {\frac{{dx}}{{2x – 1}}} = \ln c.$ Giá trị của $c$ là:
(A) $9.$
(B) $3.$
(C) $81.$
(D) $8.$

Bài 61. Giá trị của $\int_0^2 {2{e^{2x}}dx} $ là:
(A) ${e^4}.$
(B) ${e^4} – 1.$
(C) $4{e^4}.$
(D) $3{e^4} – 1.$

Bài 62. Giá trị của $\int_{ – 1}^0 {{x^2}} {(x + 1)^3}dx$ là:
(A) $ – \frac{7}{{70}}.$
(B) $ – \frac{1}{{60}}.$
(C) $\frac{2}{{15}}.$
(D) $\frac{1}{{60}}.$

Bài 63. Diện tích hình phẳng nằm trong phần tư thứ nhất được giới hạn bởi đường thẳng $y = 4x$ và đồ thị hàm số $y = {x^3}$ là:
(A) $4.$
(B) $5.$
(C) $3.$
(D) $3,5.$

Bài 64. Diện tích hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất được giới hạn bởi hai đường thẳng $y = 8x$, $y = x$ và đồ thị hàm số $y = {x^3}$ là:
(A) $12.$
(B) $15,75.$
(C) $6,75.$
(D) $4.$

Bài 65. Diện tích hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất được giới hạn bởi đường thẳng $y = 2x$ và đồ thị hàm số $y = {x^2}$ là:
(A) $\frac{4}{3}.$
(B) $\frac{3}{2}.$
(C) $\frac{5}{3}.$
(D) $\frac{{23}}{{15}}.$

Bài 66. Cho hình phẳng $A$ được giới hạn bởi đồ thị hai hàm số $y = {x^2}$ và $y = 6 – |x|.$ Thể tích khối tròn xoay tạo được khi quay $A$ xung quanh trục tung là:
(A) $\frac{{32\pi }}{3}.$
(B) $9\pi .$
(C) $8\pi .$
(D) $\frac{{20\pi }}{3}.$

Bài 67 Cho $a$, $b$ là hai số dương. Gọi $K$ là hình phẳng nằm trong góc phần tư thứ hai được giới hạn bởi parabol $y = a{x^2}$ và đường thẳng $y = −bx.$ Biết rằng thể tích khối tròn xoay tạo được khi quay $K$ xung quanh trục hoành là một số không phụ thuộc vào giá trị của $a$ và $b.$ Khi đó $a$ và $b$ thỏa điều kiện sau:
(A) ${b^4} = 2{a^5}.$
(B) ${b^3} = 2{a^5}.$
(C) ${b^5} = 2{a^3}.$
(D) ${b^4} = 2{a^2}.$

2. ĐÁP ÁN
60. B.
61. B.
62. D.
63. A.
64. B.
65. A.
66. A.
67. C.


Hướng dẫn DOWNLOAD: XEM HƯỚNG DẪN
Ghi chú: Quý thầy, cô hoặc bạn đọc muốn đóng góp tài liệu cho TOANMATH.com, vui lòng gửi về:
+ Fanpage: TOÁN MATH
+ Email: toanmath.com@gmail.com
[gs-fb-comments]