Câu 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
a) Đồ thị của hàm số $y = {e^x}$, trục hoành và hai đường thẳng $x = – 1,x = 1$.
b) Đồ thị của hàm số $y = x + \frac{1}{x}$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 1,x = 2$.
Lời giải
a) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số $y = {e^x}$, trục hoành và hai đường thẳng
$x = – 1,x = 1 l\`a S = \int_{ – 1}^1 {\left| {{e^x}} \right|} dx = \int_{ – 1}^1 {\left| {{e^x}} \right|} dx = \left. {{e^x}} \right|_{ – 1}^1 = e – \frac{1}{e} = \frac{{{e^2} – 1}}{e}$
b) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số $y = x + \frac{1}{x}$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 1,x = 2$ là:
$S = \int_1^2 {\left| {x + \frac{1}{x}} \right|} dx = \int_1^2 {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)} dx$
$ = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \ln |x|} \right)} \right|_1^2 = 2 + \ln 2 – \frac{1}{2} = \frac{3}{2} + \ln 2$
Câu 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số $y = {x^3} – x$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$.
Lời giải
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số $y = {x^3} – x$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$ là
$S = \int_{ – 1}^1 {\left| {{x^3} – x} \right|} dx$.
Ta có ${x^3} – x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{x = \pm 1}
\end{array}} \right.$
Do đó ta có
$S = \int_0^2 {\left| {{x^3} – x} \right|} dx$
$ = \int_0^1 {\left| {{x^3} – x} \right|} dx + \int_1^2 {\left| {{x^3} – x} \right|} dx$
$ = \int_0^1 {\left( {x – {x^3}} \right)} dx + \int_1^2 {\left( {x – {x^3}} \right)} dx$
$ = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_0^1 + \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_1^2 = \frac{1}{4} + 2 + \frac{1}{4} = \frac{5}{2}$
Câu 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = \frac{{{x^2} + 1}}{x},y = – x$ và hai đường thẳng $x = 1,x = 4$.
Lời giải
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = \frac{{{x^2} + 1}}{x},y = – x$ và hai đường thẳng $x = 1,x = 4$ là
$S = \int_1^4 {\left| {\frac{{{x^2} + 1}}{x} + x} \right|} dx = \int_1^4 {\left| {\frac{{2{x^2} + 1}}{x}} \right|} dx$
$ = \int_1^4 {\left( {\frac{{2{x^2} + 1}}{x}} \right)} dx = \int_1^4 {\left( {2x + \frac{1}{x}} \right)} dx$
$ = \left. {\left( {{x^2} + \ln |x|} \right)} \right|_1^4 = 16 + \ln 4 – 1$$ = 15 + \ln 4$
Câu 4. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = {x^3} + 1,y = 2$ và hai đường thẳng $x = – 1,x = 2$.
Lời giải
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = {x^3} + 1,y = 2$ và hai đường thẳng $x = – 1,x = 2$ là
$S = \int_{ – 1}^2 {\left| {{x^3} + 1 – 2} \right|} dx = \int_{ – 1}^2 {\left| {{x^3} – 1} \right|} dx$. Ta có ${x^3} – 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.
Với $x \in [ – 1;1]$ thì ${x^3} – 1 \leqslant 0,x \in [1;2]$ thì ${x^3} – 1 \geqslant 0$.
Do đó $S = \int_{ – 1}^1 {\left| {{x^3} – 1} \right|} dx + \int_1^2 {\left| {{x^3} – 1} \right|} dx$
$ = \int_{ – 1}^1 {\left( {1 – {x^3}} \right)} dx + \int_1^2 {\left( {{x^3} – 1} \right)} dx$
$ = \left. {\left( {x – \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_{ – 1}^1 + \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – x} \right)} \right|_1^2$
$ = \frac{3}{4} + \frac{5}{4} + 2 + \frac{3}{4} = \frac{{19}}{4}$
Câu 5. Khi cắt một vật thể hình chiếc nêm bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x\left( { – 2 \leqslant x \leqslant 2} \right)$, mặt cắt là tam giác vuông có một góc ${45^ \circ }$ và độ dài một cạnh góc vuông là $\sqrt {4 – {x^2}} \left( {dm} \right)$ (Hình 17). Tính thể tích của vật thể.
Hình 17
Lời giải
Do mặt cắt là tam giác vuông có một góc ${45^\circ }$ nên mặt cắt là tam giác vuông cân.
Do đó diện tích của mặt cắt là $S(x) = \frac{1}{2}{\left( {\sqrt {4 – {x^2}} } \right)^2} = \frac{1}{2}\left( {4 – {x^2}} \right) = 2 – \frac{1}{2}{x^2}$.
Thể tích của vật thể là $V = \int_{ – 2}^2 {\left( {2 – \frac{1}{2}{x^2}} \right)} dx$$ = \left. {\left( {2x – \frac{{{x^3}}}{6}} \right)} \right|_{ – 2}^2$
$ = \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{{16}}{3}$
Câu 6. Cho $D$ là hình phắng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \sqrt {4 – x} (x \leqslant 4)$, trục tung và trục hoành (Hình 18). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay $D$ quanh trục $Ox$.
Hình 18
Lời giải
Ta thấy rằng hình phẳng $D$ được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \sqrt {4 – x} $, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0,x = 4$.
Thể tích khối tròn xoay khi quay $D$ quanh trục $O x$ là
$V = \pi \int_0^4 {(4 – x)} dx = \left. {\pi \left( {4x – \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^4 = 8\pi $
Câu 7. Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho hình thang $OABC$ có $A(0;1),B(2;2)$ và $C(2;0)$ (Hình 19). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang $O A B C$ quanh trục $Ox$.
Hình 19
Lời giải
Ta có $O A B C$ là hình thang vuông, có đường cao $O C$ nằm trên trục $O x$.
Khi quay hình thang $O A B C$ quanh trục $O x$ ta được khối tròn xoay là khối nón cụt, có bán kính đáy bé ${r_1} = OA = 1$, bán kính đáy lớn ${r_2} = BC = 2$ và chiều cao $h = OC = 2$.
Thể tích cần tính là
$V = \frac{1}{3}\pi \left( {r_1^2 + {r_1}{r_2} + r_2^2} \right)h$
$ = \frac{1}{3}\pi \left( {{1^2} + 1 \cdot 2 + {2^2}} \right) \cdot 2$$ = \frac{{14\pi }}{3}$
Câu 8. Sử dụng tích phân, tính thể tích của hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng $a$ và chiều cao bằng $h$ (Hình 20).
Hình 20
Lời giải
Chọn trục $O x$ trùng với đường cao của hình chóp đều như hình vẽ, sao cho mặt đáy nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục $O x$ tại $x = 0$.
Mặt phẳng vuông góc với trục $O x$ tại điểm có hoành độ $x(0 \leqslant x \leqslant h)$ cắt hình chóp đều theo mặt cắt là hình vuông đồng dạng với đáy của hình chóp theo tỉ số $\frac{x}{h}$.
Do đó $\frac{{S(x)}}{{{a^2}}} = {\left( {\frac{x}{h}} \right)^2} \Rightarrow S(x) = {\left( {\frac{x}{h}} \right)^2}{a^2} = \frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}{x^2}$.
Do đó thể tích khối chóp tứ giác đều là $V = \int_0^h {\frac{{{a^2}}}{{{h^2}}}} {x^2}dx = \left. {\left( {\frac{{{a^2}}}{{{h^2}}} \cdot \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^h = \frac{1}{3}{a^2}h$
