Tính thể tích V của khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường sau quay quanh trục Ox : \(y=\tan x\) , \(y=0\) , \(x=0\) , \(x=\frac{\pi}{4}\) \(V=\pi\left(1-\frac{\pi}{4}\right)\) \(V=\pi\) \(V=\frac{\pi}{2}\) \(V=\frac{3\pi}{4}\) Hướng dẫn giải: \(V=\pi\int\limits^{\frac{\pi}{4}}_0\tan^2x\text{d}x\) \(=\pi\int\limits^{\frac{\pi}{4}}_0\left(\frac{1}{\cos^2x}-1\right)\text{d}x\) \(=\pi\left(\tan x-x\right)|^{\frac{\pi}{4}}_0\) \(=\pi\left(1-\frac{\pi}{4}\right)\)
Cho tam giác vuông OPM có cạnh OP nằm trên trục Ox. Góc \(\widehat{POM}=\alpha;OM=R\left(0\le\alpha\le\frac{\pi}{3};R>0\right)\) Gọi H là khối tròn xoay thu được khi quay tam giác đó quanh trục Ox. Tính thể tích V của H theo \(\alpha\) và R \(V=\frac{\pi R^2}{4}\sin\left(2\alpha\right)\) \(V=\pi R^3\left(\cos\alpha-\cos^3\alpha\right)\) \(V=\frac{\pi R^3}{3}\left(\cos\alpha-\cos^3\alpha\right)\) \(V=\frac{\pi R^3}{3}\left(\sin\alpha-\sin^3\alpha\right)\) Hướng dẫn giải: Đường thẳng OM đi qua gốc tọa độ O và có hệ số góc là \(\frac{MP}{OP}=\tan\alpha\) => Phương trình đường thẳng OM là: \(y=\tan\alpha.x\) Hình H tạo bởi quay hình phẳng giới hạn bởi đưởng thẳng OM, x = 0; \(x=R.\cos\alpha\) (vì \(OP=R.\cos\alpha\)) quanh trục Ox. Thể tích hình H là: \(V=\pi\int\limits^{R.\cos\alpha}_0\tan^2\alpha.x^2\text{d}x\) \(=\pi\tan^2\alpha.\frac{x^3}{3}|^{R\cos\alpha}_0\) \(=\frac{\pi.\tan^2\alpha}{3}.R^3\cos^3\alpha\) \(=\frac{\pi R^3}{3}\left(\cos\alpha-\cos^3\alpha\right)\)
Cho tam giác vuông OPM có cạnh OP nằm trên trục Ox. Góc \(\widehat{POM}=\alpha;OM=R\left(0\le\alpha\le\frac{\pi}{3};R>0\right)\) Gọi H là khối tròn xoay thu được khi quay tam giác đó quanh trục Ox. Tìm góc \(\alpha\) để thể tích H là lớn nhất? \(\alpha=\frac{\pi}{3}\) \(\alpha=\frac{\pi}{4}\) \(\alpha=\frac{\pi}{6}\) \(\alpha=arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\) Hướng dẫn giải: Đường thẳng OM đi qua gốc tọa độ O và có hệ số góc là \(\frac{MP}{OP}=\tan\alpha\) => Phương trình đường thẳng OM là: \(y=\tan\alpha.x\) Hình H tạo bởi quay hình phẳng giới hạn bởi đưởng thẳng OM, x = 0; \(x=R.\cos\alpha\) (vì \(OP=R.\cos\alpha\)) quanh trục Ox. Thể tích hình H là: \(V=\pi\int\limits^{R.\cos\alpha}_0\tan^2\alpha.x^2\text{d}x\) \(=\pi\tan^2\alpha.\frac{x^3}{3}|^{R\cos\alpha}_0\) \(=\frac{\pi.\tan^2\alpha}{3}.R^3\cos^3\alpha\) \(=\frac{\pi R^3}{3}\left(\cos\alpha-\cos^3\alpha\right)\) Thể tích V lớn nhất khi \(\cos\alpha-\cos^3\alpha\) lớn nhất (với \(0\le\alpha\le\frac{\pi}{3}\)) Đặt \(t=\cos\alpha\), thì \(\frac{1}{2}\le t\le1\). Xét hàm \(f\left(t\right)=t-t^3\) có đạo hàm là \(f'\left(t\right)=1-3t^2\) \(f'\left(t\right)=0\) khi \(t=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}\) Xét dấu f(t) trên đoạn [1/2 ; 1] như sau: Vậy f(t) lớn nhất khi \(t=\frac{\sqrt{3}}{3}\), hay là \(\alpha=arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\)
Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số sau: \(y=2\sqrt{1-x^2}\) và \(y=2\left(1-x\right)\) \(S=\frac{\pi}{2}-1\) \(S=\frac{\pi}{2}+1\) \(S=\frac{\pi}{2}\) \(S=\frac{\pi}{4}\) Hướng dẫn giải: Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình sau: \(2\sqrt{1-x^2}=2\left(1-x\right)\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}1-x\ge0\\1-x^2=\left(1-x\right)^2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x\le1\\\left(1-x\right)\left[\left(1+x\right)-\left(1-x\right)\right]=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x\le1\\\left(1-x\right)2x=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=0\\x=1\end{array}\right.\) Vậy diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị trên là: \(S=\int\limits^1_0\left|2\sqrt{1-x^2}-2\left(1-x\right)\right|\text{d}x\) \(S=2\int\limits^1_0\left|\sqrt{1-x^2}-1+x\right|\text{d}x\) Vì \(0\le x\le1\) nên ta có thể đặt \(x=\sin t\) => \(\text{d}x=\cos t\text{d}t\) Đổi cận: \(x|^1_0\Rightarrow t|^{\frac{\pi}{2}}_0\) \(S=2\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\left|\sqrt{1-\sin^2t}-1+\sin t\right|\cos t\text{d}t\) \(=2\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\left|\cos t+\sin t-1\right|\cos t\text{d}t\) (vì \(0\le t\le\frac{\pi}{2}\) nên \(\left|\cos t\right|=\cos t\)) Ta có: \(\cos t+\sin t-1=\sqrt{2}\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)-1\) Vì \(0\le t\le\frac{\pi}{2}\) => \(\frac{\pi}{4}\le t+\frac{\pi}{4}\le\frac{3\pi}{4}\) => \(\frac{1}{\sqrt{2}}\le\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\le1\) => \(\sqrt{2}\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)-1\ge\sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)-1=0\) => \(\cos t+\sin t-1\ge0\) với \(0\le t\le\frac{\pi}{2}\) => \(\left|\cos t+\sin t-1\right|=\cos t+\sin t-1\) Vậy: \(S=2\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\left(\cos t+\sin t-1\right)\cos t\text{d}t\) \(=2\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\left(\cos^2t+\sin t\cos t-\cos t\right)\text{d}t\) \(=2\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\left(\frac{1+\cos2t}{2}+\frac{1}{2}\sin2t-\cos t\right)\text{d}t\) \(=\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\text{d}t+\frac{1}{2}\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\cos\left(2t\right)\text{d}\left(2t\right)+\frac{1}{2}\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\sin\left(2t\right)\text{d}\left(2t\right)-2\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\cos t\text{d}t\) \(=\left[t+\frac{1}{2}\sin\left(2t\right)-\frac{1}{2}\cos\left(2t\right)-2\sin t\right]|^{\frac{\pi}{2}}_0\) \(=\frac{\pi}{2}-1\)
Cho hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số sau: \(y=2\sqrt{1-x^2}\) và \(y=2\left(1-x\right)\) Quay hình phẳng trên quanh trục Ox. Hãy tính thể tích V của khối tròn xoay đó. \(V=\frac{4\pi}{3}\) \(V=\pi\) \(V=\frac{\pi}{2}\) \(V=\frac{2\pi}{3}\) Hướng dẫn giải: Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình sau: \(2\sqrt{1-x^2}=2\left(1-x\right)\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}1-x\ge0\\1-x^2=\left(1-x\right)^2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x\le1\\\left(1-x\right)\left[\left(1+x\right)-\left(1-x\right)\right]=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x\le1\\\left(1-x\right)2x=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=0\\x=1\end{array}\right.\) Vậy thể tích V của khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị trên quanh trục Ox là: \(V=\pi\int\limits^1_0\left|\left(2\sqrt{1-x^2}\right)^2-\left[2\left(1-x\right)\right]^2\right|\text{d}x\) \(=4\pi\int\limits^1_0\left|\left(1-x^2\right)-\left(1-2x+x^2\right)\right|\text{d}x\) \(=4\pi\int\limits^1_0\left(2x-2x^2\right)\text{d}x\) \(=8\pi\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)|^1_0\) \(=\frac{4\pi}{3}\)
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong: \(y=x^3\) và \(y=x^5\) bằng: \(0\) \(-4\) \(\frac{1}{6}\) \(2\) Hướng dẫn giải: Hoành độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của phương trình sau: \(x^3=x^5\) \(\Leftrightarrow x^3\left(1-x^2\right)=0\) \(\Leftrightarrow x^3\left(1-x\right)\left(1+x\right)=0\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=0\\x=1\\x=-1\end{array}\right.\) Diện tích là: \(S=\int\limits^1_{-1}\left|x^3-x^5\right|\text{d}x\) \(=\int\limits^0_{-1}\left|x^3-x^5\right|\text{d}x+\int\limits^1_0\left|x^3-x^5\right|\text{d}x\) Chú ý: + với \(-1\le x\le0\Rightarrow x^3-x^5=x^3\left(1-x^2\right)\le0\) + với \(0\le x\le1\Rightarrow x^3-x^5=x^3\left(1-x^2\right)\ge0\) Suy ra: \(S=\int\limits^0_{-1}\left(x^5-x^3\right)\text{d}x+\int\limits^1_0\left(x^3-x^5\right)\text{d}x\) \(=\left(\frac{x^6}{6}-\frac{x^4}{4}\right)|^0_{-1}+\left(\frac{x^4}{4}-\frac{x^6}{6}\right)|^1_0\) \(=\frac{1}{6}\)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong: \(y=x+\sin x\) và \(y=x\) (\(0\le x\le2\pi\)) \(-4\) \(4\) \(0\) \(1\) Hướng dẫn giải: Xét hiệu hai hàm: \(\left(x+\sin x\right)-x=\sin x\) trên \(\left[0;2\pi\right]\) có 3 nghiệm là \(0;\pi;2\pi\) Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong trên là: \(S=\int\limits^{2\pi}_0\left|\left(x+\sin x\right)-x\right|\text{d}x=\int\limits^{2\pi}_0\left|\sin x\right|\text{d}x\) \(=\int\limits^{\pi}_0\left|\sin x\right|\text{d}x+\int\limits^{2\pi}_{\pi}\left|\sin x\right|\text{d}x\) \(=\int\limits^{\pi}_0\sin x\text{d}x+\int\limits^{2\pi}_{\pi}\left(-\sin x\right)\text{d}x\) \(=-\cos x|^{\pi}_0+\cos x|^{2\pi}_{\pi}\) \(=4\)
Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=\sqrt{x}\) và \(y=x\) quay xung quanh trục Ox. Thể tích khối tròn xoay tạo thành bằng: \(0\) \(-\pi\) \(\pi\) \(\frac{\pi}{6}\) Hướng dẫn giải: Giao điểm của hai đường cong có hoành độ là nghiệm của phương trình sau: \(\sqrt{x}=x\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x>0\\x=x^2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow x=0;x=1\) Vậy hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị có 2 cận là \(x=0;x=1\). Khi quay hình phẳng quanh trục Ox thì thể tích là: \(V=\pi\int\limits^1_0\left|\left(\sqrt{x}\right)^2-x^2\right|\text{d}x\) \(=\pi\int\limits^1_0\left|x-x^2\right|\text{d}x\) \(=\pi\int\limits^1_0\left(x-x^2\right)\text{d}x\) , vì \(x-x^2=x\left(1-x\right)\ge0\) khi \(0\le x\le1\) \(=\pi\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)|^1_0\) \(=\frac{\pi}{6}\)
Giải bài toán tính diện tích hình phẳng bị giới hạn bởi các đường \(y=2;y=e^x;x=1;x=ln2\), bốn bạn An, Bảo, Cẩn và Dũng cho bốn công thức khác nhau sau đây. Hãy chọn công thức đúng ? An : \(S=\int\limits^1_{ln2}\left(e^x-2\right)dx\) Bảo : \(S=\int_1^{ln2}\left(e^x-2\right)dx\) Cẩn : \(S=\int_{ln2}^1\left(2-e^x\right)dx\) Dũng : \(S=\int_1^{ln2}\left(2+e^x\right)dx\) Hướng dẫn giải: Ta có: \(2< e\Rightarrow\ln2< \ln e=1\), Diện tích hình phẳng là: \(S=\int\limits^1_{\ln2}\left|e^x-2\right|\text{d}x\) Và trên đoạn \(\left[\ln2;1\right]\) thì \(e^x>e^{\ln2}=2\) => \(e^x>2\) Vậy \(S=\int\limits^1_{\ln2}\left(e^x-2\right)\text{d}x\)
Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số \(y=3x^2-x^3\) và trục Ox bằng số nào ? Hãy chọn kết quả đúng ? 0,74 đơn vị diện tích 5,74 đơn vị diện tích 6,75 đơn vịdiện tích 7,74 đơn vị diện tích Hướng dẫn giải: \(y=3x^2-x^3\Rightarrow y'=6x-3x^2=3\left(2x-x^2\right)\) Từ đồ thị trên, ta thấy diện tích hình phẳng cần tính (phần có tô đậm) là : \(S=\int_0^3\left(3x^2-x^3\right)dx=\left(x^3-\frac{x^4}{4}\right)|^3_0=27-\frac{81}{4}=\frac{27}{4}=6,75\)
