Câu 1 trang 126 SGK Giải tích 12. a) Phát biểu định nghĩa nguyên hàm của hàm số f(x) trên một khoảng b) Nêu phương pháp tính nguyên hàm từng phần. Cho ví dụ minh họa. Trả lời: a) Kí hiệu \(K\) là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa đoạn của tập số thực \(K\) Hàm số \(F(x)\) gọi là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng \(K\) nếu \(∀x ∈ K\) ta có \(F’(x) = f(x)\) b) Phương pháp tính nguyên hàm toàn phần sựa trên cơ sở định lí: Nếu hai hàm số \(u = u(x)\) và \(v = v(x)\) có đạo hàm liên tục trên K thì : \(\int {u(x).v'(x)dx = u(x)v(x) - \int {u'(x)v(x)dx} } \) (3) Để tính nguyên hàm toàn phần ta cần phân tích \(f(x)\) thành \(g(x).h(x)\), - Chọn một nhân tử đặt bằng \(u\) còn nhân tử kia đặt là \(v’\) - Tìm \(u’\) và \(v\), - Áp dụng công thức trên, ta đưa tích phân ban đầu về một tích phân mới đơn giản hơn. Ta cần chú ý các cách đặt thường xuyên như sau: Ví dụ: Tìm nguyên hàm của hàm số \(f(x) = (3x^3- 2x) lnx\) Giải Đặt \(u = lnx\) \(\eqalign{ & \Rightarrow u' = {1 \over x} \cr & v' = 3{x^3} - 2x \Rightarrow v = {3 \over 4}{x^4} - {x^2} \cr} \) Suy ra: \(\eqalign{ & \int {f(x)dx = ({3 \over 4}} {x^4} - {x^2})\ln x - \int ({{3 \over 4}} {x^3} - x)dx \cr & = ({3 \over 4}{x^4} - {x^2})\ln x - {3 \over {14}}{x^4} + {1 \over 2}{x^2} + C \cr} \) Câu 2 trang 126 SGK Giải tích 12. a) Phát biểu định nghĩa tích phân của hàm số \(f(x)\) trên một đoạn b) Nêu các tính chất của tích phân. Cho ví dụ minh họa. Trả lời: a) Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên \([a, b]\). Giả sử \(F(x)\) là một nguyên hàm của \(f(x)\) trên \([a, b]\). Hiệu số \(F(a) – F(b)\) được gọi là tích phân từ \(a\) đến \(b\) (hay tích phân xác định trên đoạn \([a, b]\) của hàm số \(f(x)\). Kí hiệu \(\int_a^b {f(x)dx} \): hoặc Dấu \({\rm{[F(x)]}}{\left| {^b} \right._a} = F(b) – F(a) (1)\). (Công thức Newton – Leibniz) Dấu được gọi là dấu tích phân, \(a\) là cận dưới và \(b\) là cận trên của tích phân Hàm số \(f(x)\) gọi là hàm số dưới dấu tích phân,\( f(x) dx\) là biểu thức dưới dấu tích phân, \(dx\) chỉ biến số lấy tích phân là \(x\). b) Tính chất 1: \(\int_a^b {k.f(x)dx = k\int_a^b {f(x)dx} } \) ( \(k\) là hằng số) Tính chất 2: \(\int_a^b {{\rm{[f(x)}} \pm {\rm{g(x)]dx}} = \int_a^b {f(x)dx \pm } } \int_a^b {g(x)dx} \) Tính chất 3: \(\int_a^b {f(x)dx = \int_a^c {f(x)dx + \int_c^b {f(x)dx} } } \) (\(a < c < b\)) Ví dụ: a) Biết \(\int_5^9 {f(x)dx = 2.} \) Hãy tính \(\int_5^9 {( - 5).f(x)dx} \) b) Biết \(\int_5^9 {f(x)dx = 2.} \) và \(\int_5^9 {g(x)dx = 4} \) . Hãy tính \(\int_5^0 {{\rm{[f(x) + g(x)]dx}}} \) c) Biết \(\int_5^9 {f(x)dx = 2.} \) và \(\int_9^{10} {f(x)dx = 3} \) . Hãy tính \(\int_5^{10} {f(x)dx} \) Giải a) Ta có: \(\int_5^9 {( - 5).f(x)dx = ( - 5)\int_5^9 {f(x)dx = ( - 5).2 = - 10} } \) b) Ta có: \(\int_5^9 {{\rm{[f(x) + g(x)]dx}} = \int_5^9 {f(x)dx + \int_5^9 {g(x)dx = 2 + 4 = 6} } } \) c) Ta có: \(\int_5^{10} {f(x)dx = \int_5^9 {f(x)dx + \int_9^{10} {f(x)dx = 2 + 3 = 5} } } \) Câu 3 trang 126 SGK Giải tích 12. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau: a) \(f(x) = (x - 1)(1 - 2x)(1 - 3x)\) b) \(f(x) = sin4x cos^2 2x\) c) \(f(x) = {1 \over {1 - {x^2}}}\) d) \(f(x) = (e^x- 1)^3\) Trả lời: a) Ta có: \(f\left( x \right)= ( - 2{x^2} + 3x-1)\left( {1 - 3x} \right)\) \( =6{x^3}-11{x^2} +6x-1\) Vậy nguyên hàm của \(f(x)\) là \(F\left( x \right) = {3 \over 2}{x^4} - {{11} \over 3}{x^3} + 3{x^2} - x + C\) b) Ta có: \(f\left( x \right) = \sin 4x.co{s^2}2x = \sin 4x.{{1 + \cos 4x} \over 2}\) \(= {1 \over 2}(\sin 4x + \sin 4x.cos4x)\) \(= {1 \over 2}(\sin 4x + {1 \over 2}\sin 8x) \) Vậy nguyên hàm của \(f(x)\) là \(F(x) = - {1 \over 8}\cos 4x - {1 \over {32}}\cos 8x + C\) c) Ta có: \(f(x) = {1 \over {1 - {x^2}}} = {1 \over 2}({1 \over {1 - x}} + {1 \over {1 + x}})\) Vậy nguyên hàm của f(x) là \(F(x) = {1 \over 2}\ln |{{1 + x} \over {1 - x}}| + C\) d) Ta có: \(f(x) ={e^{3x}}-3{e^{2x}} + 3{e^x}-1\) Vậy nguyên hàm của \(f(x)\) là \(F(x) = {1 \over 3}{e^{3x}} - {3 \over 2}{e^{2x}} + 3{e^x} - x + C\) Câu 4 trang 126 SGK Giải tích 12. Tính: a) \(\int {(2 - x)\sin {\rm{x}}dx} \) b) \(\int {{{{{(x + 1)}^2}} \over {\sqrt x }}} dx\) c) \(\int {{{{e^{3x}} + 1} \over {{e^x} + 1}}} dx\) d) \(\int {{1 \over {{{(\sin x + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}}}} dx\) e) \(\int {{1 \over {\sqrt {1 + x} + \sqrt x }}} dx\) g) \(\int {{1 \over {(x + 1)(2 - x)}}} dx\) Trả lời a) Đặt \(u = 2 – x, dv = sinx dx\) Ta có: \(du = -dx, v = -cosx\) Do đó: \(\eqalign{ & \int {(2 - x)\sin {\rm{x}}dx} = (x - 2)cosx - \int {{\mathop{\rm cosxdx}\nolimits} } \cr & = (x - 2)cosx - s{\rm{inx}} + C \cr} \) b) Điều kiện: \(x > 0\) Ta có: \(\eqalign{ & \int {{{{{(x + 1)}^2}} \over {\sqrt x }}} dx = \int {{{{x^2} + 2x + 1} \over {{x^{{1 \over 2}}}}}} dx \cr & = \int {({x^{{3 \over 2}}}} + 2{x^{{1 \over 2}}} + {x^{{-1 \over 2}}})dx \cr & = {2 \over 5}{x^{{5 \over 2}}} + {4 \over 3}{x^{{3 \over 2}}} + 2{x^{{1 \over 2}}} + C \cr} \) c) Ta có: \({e^{3x}} + 1={({e^x})^3} + 1 = ({e^x} + 1)({e^{2x}}-{e^x} +1)\) Do đó: \(\eqalign{ & \int {{{{e^{3x}} + 1} \over {{e^x} + 1}}} dx = \int {\left( {{e^{2x}}-{\rm{ }}{e^x} + {\rm{ }}1} \right)} dx \cr & = {1 \over 2}{e^{2x}} - {e^x} + x + C \cr} \) d) Ta có: \(\eqalign{ & \int {{1 \over {{{(\sin x + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}}}} dx = \int {{{d(x - {\pi \over 4})} \over {2{{\cos }^2}(x - {\pi \over 4})}}} \cr & = {1 \over 2}\tan (x - {\pi \over 4}) + C \cr} \) e) Nhân tử và mẫu với biểu thức liên hợp, ta có: \(\eqalign{ & \int {{1 \over {\sqrt {1 + x} + \sqrt x }}} dx = \int {(\sqrt {1 + x} } - \sqrt x )dx \cr & = \int {\left[ {{{(1 + x)}^{{1 \over 2}}} - {x^{{1 \over 2}}}} \right]} dx = {2 \over 3}{(x + 1)^{{3 \over 2}}} - {2 \over 3}{x^{{3 \over 2}}} + C \cr} \) d) Ta có: \(\eqalign{ & \int {{1 \over {(x + 1)(2 - x)}}} dx = {1 \over 3}\int {({1 \over {1 + x}}} + {1 \over {2 - x}})dx \cr & = {1 \over 3}\ln |{{1 + x} \over {2 - x}}| + C \cr} \). Bài 5 trang 127 SGK Giải tích 12. Tính: a) \(\int_0^3 {{x \over {\sqrt {1 + x} }}} dx\) b) \(\int_1^{64} {{{1 + \sqrt x } \over {\root 3 \of x }}} dx\) c) \(\int_0^2 {{x^2}} {e^{3x}}dx\) d) \(\int_0^\pi {\sqrt {1 + \sin 2x} } dx\) Trả lời: a) Đặt \(t = \sqrt {1 + x} \) , ta được: \(x = t^2- 1, dx = 2t dt\) Khi \(x = 0\) thì \(t = 1\), khi \(x = 3\) thì \(t = 2\) Do đó: \( \int_0^3 {{x \over {\sqrt {1 + x} }}} dx = \int_1^2 {{{{t^2} - 1} \over t}} .2tdt = 2\int_1^2 {({t^2} - 1)dt}\) \(= 2({{{t^3}} \over 3} - t)\left| {_1^2} \right. = 2({8 \over 3} - 2 - {1 \over 3} + 1) = {8 \over 3} \) b) Ta có: \(\int_1^{64} {{{1 + \sqrt x } \over {\root 3 \of x }}} dx = \int_1^{64} {{{1 + {x^{{1 \over 2}}}} \over {{x^{{1 \over 3}}}}}} dx = \int_1^{64} {({x^{{-1 \over 3}}} + {x^{{1 \over 6}}})dx}\) \(=({3 \over 2}{x^{{2 \over 3}}} + {6 \over 7}{x^{{7 \over 6}}})\left| {_1^{64}} \right. = {{1839} \over {14}} \) c) Ta có: \( \int_0^2 {{x^2}} {e^{3x}}dx = {1 \over 3}\int_0^2 {{x^2}} d{e^{3x}} = {1 \over 3}{x^2}{e^{3x}}\left| {_0^2} \right.\) \(- {2 \over 3}\int_0^2 {x{e^{3x}}} dx \)\(= {4 \over 3}{e^6} - {2 \over 9}(x{e^{3x}})\left| {_0^2} \right. + {2 \over {27}}\int_0^2 {{e^{3x}}} d(3x) \) \(= {4 \over 3}{e^6} - {4 \over 9}{e^6} + {2 \over {27}}{e^{3x}}\left| {_0^2} \right. = {2 \over {27}}(13{e^6} - 1) \) d) Ta có: \( \sqrt {1 + \sin 2x} = \sqrt {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x + 2\sin x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} }\) \(= |{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} | \)\(= \sqrt 2 |\sin (x + {\pi \over 4})| \) \(=\left\{ \matrix{ \sqrt 2 \sin (x + {\pi \over 4}),x \in \left[ {0,{{3\pi } \over 4}} \right] \hfill \cr \sqrt 2 \sin (x + {\pi \over 4}),X \in \left[ {{{3\pi } \over 4},\pi } \right] \hfill \cr} \right.\) Do đó: \( \int_0^\pi {\sqrt {1 + \sin 2x} } dx = \sqrt 2 \int_0^{{{3\pi } \over 4}} {\sin (x + {\pi \over 4}} )d(x + {\pi \over 4})\)\( - \sqrt 2 \int_{{{3\pi } \over 4}}^\pi {\sin (x + {\pi \over 4}} )d(x + {\pi \over 4}) \) \(= - \sqrt 2 \cos (x + {\pi \over 4})\left| {_0^{{{3\pi } \over 4}}} \right. + \sqrt 2 (x + {\pi \over 4})\left| {_{{{3\pi } \over 4}}^\pi } \right. = 2\sqrt 2 \) Câu 6 trang 127 SGK Giải tích 12. Tính: a) \(\int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2xsi{n^2}} xdx\) b) \(\int_{ - 1}^1 {|{2^x}} - {2^{ - x}}|dx\) c) \(\int_1^2 {{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)} \over {{x^2}}}} dx\) d) \(\int_0^2 {{1 \over {{x^2} - 2x - 3}}} dx\) e) \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}dx} \) g) \(\int_0^\pi {{{(x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}})}^2}} dx\) Trả lời: a) Ta có: \( \int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2xsi{n^2}} xdx = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {\cos 2x(1 - \cos 2x)dx}\) \(= {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {\left[ {\cos 2x - {{1 + \cos 4x} \over 2}} \right]} dx\) \( = {1 \over 4}\int_0^{{\pi \over 2}} {(2\cos 2x - \cos 4x - 1)dx} \) \( = {1 \over 4}\left[ {\sin 2x - {{\sin 4x} \over 4} - x} \right]_0^{{\pi \over 2}} = - {1 \over 4}.{\pi \over 2} = {{ - \pi } \over 8} \) b) Ta có: Xét \({2^x}-{2^{ - x}} ≥ 0 ⇔ x ≥ 0\). Ta tách thành tổng của hai tích phân: \(\int_{ - 1}^1 {|{2^x}} - {2^{ - x}}|dx = - \int_{ - 1}^0 ( {2^x} - {2^{ - x}})dx \)\(+ \int_0^1 ( {2^x} - {2^{ - x}})dx\) \(= - ({{{2^x}} \over {\ln 2}} + {{{2^{ - x}}} \over {\ln 2}})\left| {_{ - 1}^0} \right. + ({{{2^x}} \over {\ln 2}} + {{{2^{ - x}}} \over {\ln 2}})\left| {_0^1} \right. \)\(= {1 \over {\ln 2}} \) c) \(\int_1^2 {{{(x + 1)(x + 2)(x + 3)} \over {{x^2}}}} dx = \int_1^2 {{{{x^3} + 6{x^2} + 11x + 6} \over {{x^2}}}dx} \) \(= \int_1^2 {(x + 6 + {{11} \over x}} + {6 \over {{x^2}}})dx\) \(= \left[ {{{{x^2}} \over 2} + 6x + 11\ln |x| - {6 \over x}} \right]\left| {_1^2} \right. \) \( = (2 + 12 + 11\ln 2 - 3) - ({1 \over 2} + 6 - 6) \) \(= {{21} \over 2} + 11\ln 2 \) d) \(\eqalign{ & \int_0^2 {{1 \over {{x^2} - 2x - 3}}} dx = \int_0^2 {{1 \over {(x + 1)(x - 3)}}dx = {1 \over 4}} \int_0^2 {({1 \over {x - 3}} - {1 \over {x + 1}})dx} \cr & = {1 \over 4}\left[ {\ln |x - 3| - \ln |x + 1|} \right]\left| {_0^2} \right. = {1 \over 4}\left[ {- \ln 3 - \ln 3} \right] \cr & = {-1 \over 2} \ln 3\cr} \) e) \(\eqalign{ & \int_0^{{\pi \over 2}} {{{({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + {\mathop{\rm cosx}\nolimits} )}^2}dx} = \int_0^{{\pi \over 2}} {(1 + \sin 2x)dx} \cr & = \left[ {x - {{\cos 2x} \over 2}} \right]\left| {_0^{{\pi \over 2}}} \right. = {\pi \over 2} + 1 \cr} \) g) \(\eqalign{ & I = \int_0^\pi {{{(x + {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx)}}}^2}} dx\int_0^\pi {({x^2}} + 2x\sin x + {\sin ^2}x)dx \cr & = \left[ {{{{x^3}} \over 3}} \right]\left| {_0^\pi } \right. + 2\int_0^\pi {x\sin xdx + {1 \over 2}} \int_0^\pi {(1 - \cos 2x)dx} \cr} \) Tính :\(J = \int_0^\pi {x\sin xdx} \) Đặt \(u = x ⇒ u’ = 1\) và \(v’ = sinx ⇒ v = -cos x\) Suy ra: \(J = \left[ { - x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} } \right]\left| {_0^\pi } \right. + \int_0^\pi {{\mathop{\rm cosxdx}\nolimits} = \pi + \left[ {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \right]} \left| {_0^\pi } \right. = \pi \) Do đó: \(\eqalign{ & I = {{{\pi ^3}} \over 3} + 2\pi + {1 \over 2}\left[ {x - {{\sin 2x} \over 2}} \right]\left| {_0^{{\pi }}} \right. \cr & = {{{\pi ^3}} \over 3} + 2\pi + {\pi \over 2} = {{2{\pi ^3} + 15\pi } \over 6} \cr} \) Bài 7. Xét hình phẳng D giới hạn bởi \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) và \(y = 2(1-x)\) a) Tính diện tích hình D b) Quay hình D xung quanh trục \(Ox\). Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành. Trả lời: a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: \(\eqalign{ & 2\sqrt {1 - {x^2}} = 2(1 - x) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 1 - x \ge 0 \hfill \cr 1 - {x^2} = {(1 - x)^2} \hfill \cr} \right. \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x \le 1 \hfill \cr 2{x^2} - 2x = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x \le 1 \hfill \cr \left[ \matrix{ x = 0 \hfill \cr x = 1 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 0 \hfill \cr x = 1 \hfill \cr} \right. \cr} \) Đồ thị của hàm số \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) là một nửa elip \({x^2} + {{{y^2}} \over 4} = 1\) với y ≥ 0 Từ đồ thị trên ta có, diện tích của D: \(\eqalign{ & S = \int_0^1 {\left[ {2\sqrt {1 - {x^2}} - 2(1 - x)} \right]} dx \cr & = 2\left[ {\int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx - \int_0^1 {(1 - x)dx} } } \right] \cr} \) Tính \(\int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx\) : Đặt \(x = sin t\) , ta có: \(dx = cost dt\); \(x=0 \Rightarrow t= 0\); \(x=1 \Rightarrow t={\pi \over 2}\) Suy ra: \(\eqalign{ & \int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx = \int_0^{{\pi \over 2}} {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} } .costdt \cr & = \int_0^{{\pi \over 2}} {{\mathop{\rm cost}\nolimits} .costdt = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}tdt} } \cr & = {1 \over 2}\int_0^{{\pi \over 2}} {(1 + \cos 2t)dt = {1 \over 2}} \left[ {t + {1 \over 2}\sin 2t} \right]\left| {_0^{{\pi \over 2}}} \right. = {\pi \over 4} \cr & \int_0^1 {(1 - x)dx = (x - {{{x^2}} \over 2})\left| {_0^1} \right.} = {1 \over 2} \cr & \Rightarrow D = 2({\pi \over 4} - {1 \over 2}) = {\pi \over 2}-1 \cr} \) b) Dựa vào hình trêm ta có thể tích cần tìm là: \(\eqalign{ & V = 4\pi \int_0^1 {\left[ {(1 - {x^2}) - (1 - {x})^2} \right]} dx \cr & = 8\pi \int_0^1 {(x - {x^2}} )dx = 8\pi\left( {{{{x^2}} \over 2} - {{{x^3}} \over 3}} \right)\left| {_0^1} \right. \cr & = 8\pi ({1 \over 2} - {1 \over 3}) = {{4\pi } \over 3} \cr} \) Câu 1 trang 127 SGK Giải tích 12. Tính \(\int {{{dx} \over {\sqrt {1 - x} }}} \) , kết quả là: A. \({C \over {\sqrt {1 - x} }}\) B. \(C\sqrt {1 - x} \) C. \( - 2\sqrt {1 - x} + C\) D. \({2 \over {\sqrt {1 - x} }} + C\) Trả lời: Ta có: \(\int {{{dx} \over {\sqrt {1 - x} }}} = - \int {{{d(1 - x)} \over {\sqrt {1 - x} }}} = - 2\sqrt {1 - x} + C\) Chọn đáp án C Câu 2 trang 128 SGK Giải tích 12. Tính \(\int {{2^{\sqrt x }}} {{\ln 2} \over {\sqrt x }}dx\) , kết quả sai là: A. \({2^{\sqrt x + 1}} + C\) B. \(2({2^{\sqrt x }} - 1) + C\) C. \(2({2^{\sqrt x }} + 1) + C\) D. \({2^{\sqrt x }} + C\) Trả lời: Ta có: \(\int {{2^{\sqrt x }}} .{{\ln 2} \over {\sqrt x }}dx = 2\int {{2^{\sqrt x }}.\ln 2.d(\sqrt x } ) = {2.2^{\sqrt x }} + C\) Chọn đáp án D Câu 3 trang 128 SGK Giải tích 12. Tích phân \(\int_0^\pi {{{\cos }^2}} x\sin xdx\) bằng: A. \({{ - 2} \over 3}\) B. \({2 \over 3}\) C. \({3 \over 2}\) D. 0 Trả lời: \(\eqalign{ & \int_0^\pi {{{\cos }^2}} x\sin xdx = - \int_0^\pi {{{\cos }^2}xd(cosx)} \cr & = - \left[ {{{{{\cos }^3}x} \over 3}} \right]\left| {_0^\pi } \right. = {2 \over 3} \cr} \) Chọn đáp án B Câu 4 trang 128 SGK Giải tích 12. Cho hai tích phân \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx,} \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}xdx} \) , hãy chỉ ra khẳng định đúng: A. \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx} > \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}xdx} \) B. \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx} < \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}xdx} \) C. \(\int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}xdx} = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}xdx} \) D. Không so sánh được Trả lời: Nếu đặt \(u = {\pi \over 2} - x\) thì \(\eqalign{ & \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\sin }^2}x = \int_{{\pi \over 2}}^0 {{{\sin }^2}} } ({\pi \over 2} - u)( - du) \cr & = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}} udu = \int_0^{{\pi \over 2}} {{{\cos }^2}} xdx \cr} \) Chọn đáp án C Câu 5 trang 128 SGK Giải tích 12. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong a) y = \(x^3\) và \(y = x^5\) bằng: A. 0 B. -4 C. \({1 \over 6}\) D. 2 b) \(y = x + sinx\) và \(y = x\) (0 ≤ x ≤ 2π) A. -4 B. 4 C. 0 D. 1 Trả lời: a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng đã cho là: \( x^5= x^3⇔ x = 0\) hoặc \(x = ±1\) Do đó: Diện tích hình phẳng cần tìm là: \(\eqalign{ & S = \left| {\int_{ - 1}^0 {({x^3} - {x^5})dx} } \right| + \left| {\int_0^1 {({x^3} - {x^5})dx} } \right| = \left| {\left[ {{{{x^4}} \over 4} - {{{x^6}} \over 6}} \right]} \right|\left| {_{ - 1}^0} \right. + \left| {\left[ {{{{x^4}} \over 4} - {{{x^6}} \over 6}} \right]} \right|\left| {_{ - 1}^0} \right. \cr & = \left| { - {1 \over 4} + {1 \over 6}} \right| + \left| {{1 \over 4} - {1 \over 6}} \right| = {1 \over 6} \cr} \) Chọn đáp án C b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là: \(x + sinx = x\) (\(0 ≠ x ≠ 2x\))\( ⇔ sinx = 0 ⇔ x = 0; x = π; x = 2π\) Do đó, diện tích hình bằng là: \(\eqalign{ & S = \left| {\int_0^\pi {\sin {\rm{x}}dx} } \right| + \left| {\int_\pi ^{2\pi } {\sin {\rm{x}}dx} } \right| \cr & = \left| {\left[ { - \cos } \right]\left| {_0^\pi } \right.} \right| + \left| {\left[ { - {\mathop{\rm cosx}\nolimits} } \right]\left| {_\pi ^{2\pi }} \right.} \right| = 2 + 2 = 4 \cr} \) Chọn đáp án B Câu 6 trang 128 SGK Giải tích 12. Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng \( y = \sqrt x\) và \(y = x\) quay xung quanh trục \(Ox\). Thể tích của khối tròn xoay tại thành bằng: A. 0 B. \(– π\) C. \(π\) D. \({\pi \over 6}\) Trả lời: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng \(y = \sqrt x\) và \(y = x\) là: \(x = \sqrt x ⇔ x = 0\) hoặc \(x = 1\) Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng: \(V = \pi \int_0^1 {(x - {x^2}} )dx = \pi \left[ {{{{x^2}} \over 2} - {{{x^3}} \over 3}} \right]\left| {_0^1} \right. = {\pi \over 6}\) Chọn đáp án D.
