(Đúng sai) 20 bài tập Ứng dụng hình học của tích phân (có lời giải)

b) Sai vì \[S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|{\rm{d}}x} \].

c) Sai vì \[S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|{\rm{d}}x}  = \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right){\rm{d}}x} } \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right){\rm{d}}x} } \right|\].

d) Đúng vì \[S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|{\rm{d}}x = } \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|{\rm{d}}x = } \frac{{99}}{4} + \frac{{160}}{3} = \frac{{937}}{{12}}} \].

a) Đúng vì theo giả thiết \(f\left( x \right) + xf'\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2,\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( 0 \right) = 2\).

b) Đúng vì ta có \(f\left( x \right) + xf'\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2\)\( \Leftrightarrow {\left( x \right)^\prime }.f(x) + x.f'\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {xf\left( x \right)} \right]^\prime } = 4{x^3} + 4x + 2\)\( \Rightarrow xf(x) = \int {\left( {4{x^3} + 4x + 2} \right){\rm{d}}x}  = {x^4} + 2{x^2} + 2x + C\,\,\left( * \right)\).

Cho \[x = 0\] ta được \[C = 0\].

\[\left( * \right) \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} + 2x + 2 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\].

c) Sai vì phương trình hoành độ giao điểm của hai đường \(y = f\left( x \right)\) và \(y = f'\left( x \right)\) là

\(f\left( x \right) = f'\left( x \right) \Leftrightarrow {x^3} + 2x + 2 = 3{x^2} + 2 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Vậy \[S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right|{\rm{d}}x} \].

d) Đúng vì \[S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right|{\rm{d}}x}  = \frac{1}{2}\].

a) Đúng vì đường thẳng \[d:\,y = ax + b\]. \[d\] đi qua hai điểm \(\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {6;8} \right)\) nên \[\left\{ \begin{array}{l}a + b = 3\\6a + b = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\end{array} \right.\]\( \Rightarrow d:y = x + 2\).

b) Đúng vì \[\int\limits_1^6 {f'\left( x \right){\rm{d}}x}  = \left. {f\left( x \right)} \right|_1^6 = f\left( 6 \right) - f\left( 1 \right) = 8 - 3 = 5\].

c) Sai vì diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = x + 2,y = f\left( x \right),x = 1,x = 6\] là

\[S = \int\limits_1^6 {\left[ {\left( {x + 2} \right) - f\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x\].

d) Sai vì \[S = \int\limits_1^6 {\left[ {\left( {x + 2} \right) - f\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x = \frac{{125}}{9} \Leftrightarrow \frac{{55}}{2} - \int\limits_1^6 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{{125}}{9}\]\[ \Leftrightarrow \int\limits_1^6 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{{245}}{{18}}\].

a- Sai

+ Phần \[S{}_1\]: phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + x + 3\], \[g\left( x \right) =  - {x^2} + 2x + 1\]và các đường thẳng \[x =  - 1\], \[x = 1\].

Dựa vào đồ thị ta có \[{S_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x\]\[ = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{x^3} - 2{x^2} - x + 2} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{8}{3}\].

+ Phần \[{S_2}\]: phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + x + 3\], \[g\left( x \right) =  - {x^2} + 2x + 1\]và các đường thẳng \[x = 1\], \[x = 2\].

Dựa vào đồ thị ta có \[{S_2} = \int\limits_1^2 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x\]\[ = \int\limits_1^2 {\left( { - {x^3} + 2{x^2} + x - 2} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{5}{{12}}\].

Vậy \[S = {S_1} + {S_2} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{x^3} - 2{x^2} - x + 2} \right)} \,{\rm{d}}x\]\[ + \int\limits_1^2 {\left( { - {x^3} + 2{x^2} + x - 2} \right){\rm{d}}x} \].

b-Sai

b) \({S_1} = \frac{{32}}{5}{S_2}\).

c - Đúng

c) \[S = \int\limits_0^2 {\left[ {g\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {\left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)dx = \frac{{10}}{3}} \].

d) Gọi \({V_1},{V_2}\) lần lượt là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng \(\left( E \right)\) quanh trục \[Ox\] với các đường thẳng \(x =  - 1;x = 1\) và \(x = 2\).

+) \({V_1} = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)} \right]} dx = \frac{{160}}{{21}}\);

+) \({V_2} = \pi \int\limits_1^2 {\left[ {{g^2}\left( x \right) - {f^2}\left( x \right)} \right]} dx = \frac{{25}}{{21}}\).

Vậy \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{{185}}{{21}}\).

a) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi nửa đường tròn \(\left( C \right)\) là: \(S = \int\limits_{ - 2\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {\sqrt {8 - {x^2}} } dx\).

b- Đúng

b) Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nửa đường tròn \(\left( C \right)\) quanh trục hoành là: \(V = \pi \int\limits_{ - 2\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {{y^2}dx}  = \pi \int\limits_{ - 2\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {\left( {8 - {x^2}} \right)dx} \).

c) Xét phương trình: \(y = 2 \Leftrightarrow \sqrt {8 - {x^2}}  = 2 \Leftrightarrow x =  \pm 2\).

Gọi \({S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - 2} \right)} dx = 2\pi  - 4\), \({S_2} = \frac{1}{2}S - {S_1} = 2\pi  + 4 \Rightarrow {S_1} < {S_2}\).

d- Sai

d) Giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( C \right)\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 8\;\left( 1 \right)\\y = \frac{{{x^2}}}{2}\;\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Thay \(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được: \({x^2} + \frac{{{x^4}}}{4} = 8 \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^2} - 32 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 4\\{x^2} =  - 8\;\left( L \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  \pm 2\)

Phần nhỏ giới hạn bởi các đường \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\); \[y = \sqrt {8 - {x^2}} \]; \(x =  - 2\); \(x = 2\) nên ta có:

\({S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \frac{{{x^2}}}{2}} \right){\rm{d}}x}  = \underbrace {\int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} }_A - \underbrace {\int\limits_{ - 2}^2 {\frac{{{x^2}}}{2}{\rm{d}}x} }_B\)

Tính \(A = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} \)

Đặt \(x = 2\sqrt 2 \sin t \Rightarrow {\rm{d}}x = 2\sqrt 2 \cos t{\rm{d}}t\).

Đổi cận: \(x =  - 2 \Rightarrow t =  - \frac{\pi }{4}\); \(x = 2 \Rightarrow t = \frac{\pi }{4}\).

\[A = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\sqrt {8 - 8{{\sin }^2}t} } .2\sqrt 2 \cos t{\rm{d}}t\]\[ = 8\int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}t{\rm{d}}t} \]\[ = 4\int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2t} \right){\rm{d}}t} \]\[ = \left. {4\left( {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)} \right|_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\]\[ = 2\pi  + 4\].

\(B = \int\limits_{ - 2}^2 {\frac{{{x^2}}}{2}{\rm{d}}x}  = \frac{8}{3}\).

\( \Rightarrow \)\({S_1} = 2\pi  + \frac{4}{3}\) \( \Rightarrow \)\({S_2} = \frac{1}{2}\pi {R^2} - {S_1} = 2\pi  - \frac{4}{3}\).

Vậy \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{3\pi  + 2}}{{3\pi  - 2}} \approx 1,5 > 1\).

a) Đúng: diện tích \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x = } \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 5x + 4} \right|} {\rm{d}}x\).

b) Sai: ta có \({x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\)

Phương trình có một nghiệm \(x = 1\) thuộc \(\left[ {0;3} \right]\).

\({x^2} - 5x + 4 \ge 0\) với mọi \(x \in \left[ {0;1} \right]\) và \({x^2} - 5x + 4 \le 0\) với mọi \(x \in \left[ {1;3} \right]\)

\(S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 5x + 4} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 5x + 4} \right)} {\rm{d}}x + \int\limits_1^3 { - \left( {{x^2} - 5x + 4} \right)} {\rm{d}}x\)

c) Sai: \[S = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 5x + 4} \right)} {\rm{d}}x + \int\limits_1^3 { - \left( {{x^2} - 5x + 4} \right)} {\rm{d}}x = \left( {\frac{1}{3}{x^3} - \frac{5}{2}{x^2} + 4x} \right)\left| {\mathop {}\limits_0^1 } \right. - \left( {\frac{1}{3}{x^3} - \frac{5}{2}{x^2} + 4x} \right)\left| {\mathop {}\limits_1^3 } \right.\].

d) Đúng: diện tích \(S = \frac{{11}}{6} - \left( { - \frac{{10}}{3}} \right) = \frac{{31}}{6}\).

a) Đúng: \(S = \int\limits_0^4 {\left( { - {x^2} + 4x} \right)} {\rm{d}}x = \frac{{32}}{3}\).

b) Đúng: \[{S_1} = \int\limits_0^3 {\left| { - {x^2} + 4x - x} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^3 {\left( { - {x^2} + 3x} \right)} {\rm{d}}x = \frac{9}{2}\].

c) Sai: \({S_2} = \int\limits_0^3 {x{\rm{d}}x}  + \int\limits_3^4 {\left( { - {x^2} + 4x} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{37}}{6}\).

d) Đúng: \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{27}}{{37}}\).

+ Ta có diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\)là \(S = \int\limits_0^a {{x^2}} dx = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^a = \frac{{{a^3}}}{3}\)

+ \(S = \frac{{{a^3}}}{3} = \frac{1}{2} \Rightarrow {a^3} = \frac{3}{2} \Rightarrow a = \sqrt[3]{{\frac{3}{2}}}\)

+ \(a = 1\)\( \Rightarrow V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^2}} \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_0^1 {{x^4}} dx = \pi \left. {\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{5}.\)

a)Đúng: theo công thức tính diện tích hình phẳng.

b)Đúng: Vì \(S = \frac{{{a^3}}}{3}.\)

c)Sai: Vì \(a = \sqrt[3]{{\frac{3}{2}}} \ne 1.\)

d)Sai: Vì \(V = \frac{\pi }{5} \ne \frac{1}{3}.\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^2}\), \(y = 2x\), \(x = 0,x = 1\) là  \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} dx = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx} } \right| = \frac{4}{3}\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y =  - {x^2} + 2x + 1\], \[y = 2{x^2} - 4x + 1\], \(x = 0,x = 2\) là

\[\int_0^2 {\left| {2{x^2} - 4x + 1 - \left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)} \right|dx}  = \int_0^2 {\left| {3{x^2} - 6x} \right|dx}  = \int_0^2 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx}  = \left( {3{x^2} - {x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 4\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\), trục hoành, \(x = 0,x = 1\) là 

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = 2\ln 2 - 1.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 12x\), \(y =  - {x^2}\)

\(S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x\)

\[ = \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_0^4} \right|\]

\[ = \left| {\frac{{ - 99}}{4}} \right| + \left| {\frac{{ - 160}}{3}} \right| = \frac{{937}}{{12}}\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^2}\), \(y = 2x\), \(x = 0,x = 1\) là  \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} dx = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx} } \right| = \frac{4}{3}\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y =  - {x^2} + 2x + 1\], \[y = 2{x^2} - 4x + 1\], \(x = 0,x = 2\) là

\[\int_0^2 {\left| {2{x^2} - 4x + 1 - \left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)} \right|dx}  = \int_0^2 {\left| {3{x^2} - 6x} \right|dx}  = \int_0^2 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx}  = \left( {3{x^2} - {x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 4\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\), trục hoành, \(x = 0,x = 1\) là 

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = 2\ln 2 - 1.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 12x\), \(y =  - {x^2}\)

\(S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x\)

\[ = \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_0^4} \right|\]

\[ = \left| {\frac{{ - 99}}{4}} \right| + \left| {\frac{{ - 160}}{3}} \right| = \frac{{937}}{{12}}\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^2}\), \(y = 2x\), \(x = 0,x = 1\) là  \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} dx = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx} } \right| = \frac{4}{3}\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y =  - {x^2} + 2x + 1\], \[y = 2{x^2} - 4x + 1\], \(x = 0,x = 2\) là

\[\int_0^2 {\left| {2{x^2} - 4x + 1 - \left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)} \right|dx}  = \int_0^2 {\left| {3{x^2} - 6x} \right|dx}  = \int_0^2 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx}  = \left( {3{x^2} - {x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 4\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\), trục hoành, \(x = 0,x = 1\) là 

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = 2\ln 2 - 1.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 12x\), \(y =  - {x^2}\)

\(S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x\)

\[ = \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_0^4} \right|\]

\[ = \left| {\frac{{ - 99}}{4}} \right| + \left| {\frac{{ - 160}}{3}} \right| = \frac{{937}}{{12}}\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y =  - {x^2} + 2x + 1\], \[y = 2{x^2} - 4x + 1\], \(x = 0,x = 2\) là

\[\int_0^2 {\left| {2{x^2} - 4x + 1 - \left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)} \right|dx}  = \int_0^2 {\left| {3{x^2} - 6x} \right|dx}  = \int_0^2 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx}  = \left( {3{x^2} - {x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 4\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\), trục hoành, \(x = 0,x = 1\) là 

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = 2\ln 2 - 1.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 12x\), \(y =  - {x^2}\)

\(S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x\)

\[ = \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_0^4} \right|\]

\[ = \left| {\frac{{ - 99}}{4}} \right| + \left| {\frac{{ - 160}}{3}} \right| = \frac{{937}}{{12}}\].

Ta có: hàm số \(f(x) \ge 0\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right];f(x) \le 0\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\), nên:

\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{dx}}}  - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}} \).

B-Sai

Ta có: hàm số \(f(x) \ge 0\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right];f(x) \le 0\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\), nên:

\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{dx}}}  - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}} \).

Ta có: hàm số \(f(x) \ge 0\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right];f(x) \le 0\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\), nên:

\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{dx}}}  - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}} \).

Ta có: hàm số \(f(x) \ge 0\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right];f(x) \le 0\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\), nên:

\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{dx}}}  - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}} \).

Ta có \(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  = S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .\)

Do \(f\left( x \right) \ge 0\) với \(\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]\) và \(f\left( x \right) \le 0\) với \(\forall x \in \left[ {1;3} \right]\) nên \(S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} .\)

Ta có \(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  = S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .\)

Do \(f\left( x \right) \ge 0\) với \(\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]\) và \(f\left( x \right) \le 0\) với \(\forall x \in \left[ {1;3} \right]\) nên \(S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} .\)

Ta có \(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  = S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .\)

Do \(f\left( x \right) \ge 0\) với \(\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]\) và \(f\left( x \right) \le 0\) với \(\forall x \in \left[ {1;3} \right]\) nên \(S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} .\)

Ta có \(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  = S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .\)

Do \(f\left( x \right) \ge 0\) với \(\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]\) và \(f\left( x \right) \le 0\) với \(\forall x \in \left[ {1;3} \right]\) nên \(S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} .\)

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2} - 2x - 2\), \(y =  - {x^2} + 2\), \(x =  - 1,x = 2\).

Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]} dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} dx\).

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2} - 2x - 2\), \(y =  - {x^2} + 2\), \(x =  - 1,x = 2\).

Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]} dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} dx\).

C-Đúng

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2} - 2x - 2\), \(y =  - {x^2} + 2\), \(x =  - 1,x = 2\).

Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]} dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} dx\).

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị \(y = {x^2} - 2x - 2\), \(y =  - {x^2} + 2\), \(x =  - 1,x = 2\).

Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]} dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} dx\).

A-Đúng

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = {x^2};y = 0;x = 1;x = 2\].

Ta có \[S = \int\limits_1^2 {{x^2}dx = \frac{7}{3}.} \]

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = {x^2};y = 0;x = 1;x = 2\].

Ta có \[S = \int\limits_1^2 {{x^2}dx = \frac{7}{3}.} \]

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = {x^2};y = 0;x = 1;x = 2\].

Ta có \[S = \int\limits_1^2 {{x^2}dx = \frac{7}{3}.} \]

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = {x^2};y = 0;x = 1;x = 2\].

Ta có \[S = \int\limits_1^2 {{x^2}dx = \frac{7}{3}.} \]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = 5x - {x^2};y = x;x = 0;x = 4\].

Ta có \[S = \int\limits_1^4 {\left( {5x - {x^2} - x} \right)dx}  = \int\limits_1^4 {\left( {4x - {x^2}} \right)dx} \]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = 5x - {x^2};y = x;x = 0;x = 4\].

Ta có \[S = \int\limits_1^4 {\left( {5x - {x^2} - x} \right)dx}  = \int\limits_1^4 {\left( {4x - {x^2}} \right)dx} \]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = 5x - {x^2};y = x;x = 0;x = 4\].

Ta có \[S = \int\limits_1^4 {\left( {5x - {x^2} - x} \right)dx}  = \int\limits_1^4 {\left( {4x - {x^2}} \right)dx} \]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = 5x - {x^2};y = x;x = 0;x = 4\].

Ta có \[S = \int\limits_1^4 {\left( {5x - {x^2} - x} \right)dx}  = \int\limits_1^4 {\left( {4x - {x^2}} \right)dx} \]

A-Sai

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = 1 + \frac{1}{x};x = 0;x = 1;x = 4\].

Ta có \[S = \int\limits_1^2 {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)dx}  = 1 + \ln 2\]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = 1 + \frac{1}{x};x = 0;x = 1;x = 4\].

Ta có \[S = \int\limits_1^2 {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)dx}  = 1 + \ln 2\]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = 1 + \frac{1}{x};x = 0;x = 1;x = 4\].

Ta có \[S = \int\limits_1^2 {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)dx}  = 1 + \ln 2\]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = 1 + \frac{1}{x};x = 0;x = 1;x = 4\].

Ta có \[S = \int\limits_1^2 {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)dx}  = 1 + \ln 2\]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = {e^x};y = 0;x = 0;x = 1\].

Ta có \[S = \int\limits_{ - 1}^1 {{e^x}dx} \]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = {e^x};y = 0;x = 0;x = 1\].

Ta có \[S = \int\limits_{ - 1}^1 {{e^x}dx} \]

C-Sai

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = {e^x};y = 0;x = 0;x = 1\].

Ta có \[S = \int\limits_{ - 1}^1 {{e^x}dx} \]

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị \[y = {e^x};y = 0;x = 0;x = 1\].

Ta có \[S = \int\limits_{ - 1}^1 {{e^x}dx} \]

A-Đúng 

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị

\[y = x + 1;y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x};x = 0;x = 2\].

Ta có \[S = \int\limits_0^2 {\left[ {x + 1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}} \right]dx}  = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x + \frac{1}{{{2^x}\ln 2}}} \right)} \right|_0^2 = 4 - \frac{3}{{4\ln 2}}\]

\[y = x + 1;y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x};x = 0;x = 2\].

Ta có \[S = \int\limits_0^2 {\left[ {x + 1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}} \right]dx}  = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x + \frac{1}{{{2^x}\ln 2}}} \right)} \right|_0^2 = 4 - \frac{3}{{4\ln 2}}\]

\[y = x + 1;y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x};x = 0;x = 2\].

Ta có \[S = \int\limits_0^2 {\left[ {x + 1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}} \right]dx}  = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x + \frac{1}{{{2^x}\ln 2}}} \right)} \right|_0^2 = 4 - \frac{3}{{4\ln 2}}\]

D-Sai

Diện tích hình phẳng được tô màu trong hình trên được giới hạn các đồ thị

\[y = x + 1;y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x};x = 0;x = 2\].

Ta có \[S = \int\limits_0^2 {\left[ {x + 1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}} \right]dx}  = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x + \frac{1}{{{2^x}\ln 2}}} \right)} \right|_0^2 = 4 - \frac{3}{{4\ln 2}}\]

A. đồ thị hàm số \[y = f\left( t \right)\] trên đoạn \[\left[ {0;1} \right]\] là  \[y = \frac{1}{2}t\]. Do đó diện tích hình phẳng được giới hạn các đồ thị hàm số \[y = f\left( t \right)\], trục \[Ot\] và hai đường thẳng là: \[t = 0;t = 1\] là \[S = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {tdt}  = \frac{1}{4}\].

B. Diện tích hình phẳng được giới hạn các đồ thị hàm số \[y = f\left( t \right)\], trục \[Ot\] và hai đường thẳng là:\[t = 1;t = 2\] là \[y = 2,y = 0,t = 1;t = 2\] hay \[S = \int\limits_1^2 {2dt}  = 2\].

C. Tích phân \[\int\limits_2^3 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_2^3 {f\left( t \right)dt} \]  nên \[\int\limits_2^3 {f\left( t \right)dt} \] là cho phần diện tích của hình phẳng giới hạn các đồ thị hàm số \[y = f\left( t \right)\], trục \[Ot\] và hai đường thẳng là:\[t = 2;t = 3\].      

D-Sai

D.  Tích phân \[\int\limits_3^5 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^5 {f\left( t \right)dt} \] 

Diện tích hình phẳng được giới hạn các đồ thị hàm số \[y = f\left( t \right)\], trục \[Ot\] và hai đường thẳng là:\[t = 3;t = 5\] là \[S = \int\limits_3^5 {\left| {f\left( t \right)} \right|dt} \].