Đề Thi Toán Cao Cấp 1 Có Lời Giải

Tài liệu tham khảo Đề thi môn tân oán cao cấp A1 kèm các cách thức giải khác nhau, gửi mang đến chúng ta độc giả tham khảo hoàn toàn có thể củng rứa kiến thức với cải thiện khả năng học hành tân oán cao cấp.

Bạn đang xem: Đề thi toán cao cấp 1 có lời giải

Chúc chúng ta học tập xuất sắc nhé


*

ĐỀ SỐ 3 2 Giải phương thơm trình y − y = x 2e x . "Câu I. x Đây là pt vi phân tuyến đường tính cấp cho 1 − p ( x ) dx  dx + C ⇒ y=e ∫ q ( x )e ∫ p ( x ) dx ∫     ∫ x dx  2 x ∫ − x dx  2 2 ∫ y=e dx + C  xee   < > = e 2 ln x ∫ x 2 e x e −2 ln x dx + C = x 2 .e x + C Giải hệ pt bằng cách thức TR, VTR hoặc khửCâu II. x"1 (t ) = 5 x1 − 3 x2 + e 2 t (1)  x" 2 (t ) = −x1 + 3 x2 ( 2) Lấy pt (1) + pt (2) x "1 + x 2 = 4 x1 + e 2t (*) " Đạo hàm 2 vế pt (2) ta được: x1 = 3 x2 − x2 " " " Ttốt vào pt (*) 3 x 2 − x 2 + x 2 = 4( 3x 2 − x 2 ) + e 2t " " " " ⇔ − x2 + 8 x2 − 12 x2 = e 2t " " 1 ⇒ x2 = C1e 6t + C 2 e 2t + xe pháo 2t 2 Tgiỏi vào pt (2) ta được: 7 2t x1 = C1e 6t + C 2 e 2t + e t + xe cộ 2 1 + rã x − 1 − rã x Tính số lượng giới hạn limCâu III. . x x →0 1 + tan x − 1 − chảy x lyên ổn x x →0 1 + rã x − 1 − tung x 1 + rã x − 1 + chảy x 2 rã x = lim = lyên ổn = lyên ổn =1 ( ) x →0 x 1 + rã x + 1 − chảy x x x.2 x →0 x →0 −1 / 4 dx Tính tích phân I = ∫Câu IV. . −1/ 2 x 2 x + 1 Đặ t t = 2x + 1 ⇒ t 2 = 2x + 1 ⇔ tdt = dx −1 −1 x 2 4 t 0 1 2 1 1 1 1 < (t + 1) − (t − 1)> dt 2 2 2 2 tdt 2dt 2dt ∫ ∫ ∫ ∫ ⇒I= = = = (t − 1)(t + 1) (t − 1)(t + 1) t 2 −1 t 2 −1 .t 0 0 0 0 2 1 1− 1 ∫ ( ln t −1 −ln t +1) 1 2 2 2 = = ln 1 1+ 0 0 2 +∞ dx Tính tích phân suy rộng I = ∫Câu V. . x ln 2 x 2 +∞ 1 +∞ d (ln x) 1 1 1 =− ∫ ln 2 x − lyên = = = ln 2 x→+∞ ln x ln 2 ln x 2 2 Khảo tiếp giáp và vẽ đồ dùng thị hàm số y = ln x − x + 1 .Câu VI. Tập xd: x>0 lim ( ln x − x + 1) = −∞ x →0 + => tiệm cận đứng x=0 lyên ổn ( ln x − x + 1) = −∞ x → +∞ => không có tiệm cận ngang 1− x 1 y" = − 1 = x x ⇒ y" = 0 ⇔ x = 1 Bảng thay đổi thên: x 0 1 +∞ y’ + ─ y 0 -∞ -∞ 1 y" = − đồ thị không tồn tại điểm uốn nắn x2 Bảng giá trị: x 0.5 2 y 11 ln + ln 2 − 1 22Đồ thị: x2 1Câu VII. Tính diện tích S miền phẳng giới hạn vì chưng y = ; y = . 1 + x2 2 x2 1 = Pt hoành độ giao điểm: 2 1+ x2 ⇔ x4 + x2 − 2 = 0 ⇔ x = ±1 Diện tích miền phẳng: 1 x2 1 SD = ∫ − dx 1+ x2 2 −1 1 x2 và y = Vì y = không cắt nhau trong tầm (-1;1) nên: 1+ x2 2 1   3 x 1 x π1 1 2  arctan( x) −  ∫1 1 + x 2 − 2 dx = SD = = −     23 6 −    −1 ĐỀ SỐ 5 y + x sin x với điều kiện y( π )= 2 π . Giải phương thơm trìnhCâu I. y’ = x Đây là pt vi phân tuyến tính cấp 1: − p ( x ) dx  dx + C  ⇒ y=e ∫ q ( x )e ∫ p ( x ) dx ∫     ∫ x dx   1 1 ∫ − x dx ∫ ( x sin x ) e y=e dx + C      1 y = e ln x  ∫ x sin x. dx + C    x y = x.(− cos x ) + C = − x cos x + C Ta có: y (π ) = 2π ⇔ −2π + C = 2π ⇔ C = 4π Vậy nghiệm của pt là: y = − x cos x + 4π Giải hệ pt bởi cách thức TR, VTR hoặc khửCâu II.  x1" (t ) = 3 x1 + 2 x2 + et "  x2 (t ) = x1 + 2 x2 + 3t "  x1 (t ) = 3 x1 + 2 x 2 + e (1) t "  x 2 (t ) = x1 + 2 x 2 + 3t (2)   et  3 2 F =  A=  1 2  3t     Phương trình đặc trưng: A − λI = 0 3−λ 2 ⇔ =0 2−λ 1 ⇔ (3 − λ )(2 − λ ) − 2 = 0 ⇔ λ2 − 5λ + 4 = 0 λ = 1 ⇔ λ = 4  2 2  x1   1 1  x  = 0  E1:     2   − 1 ⇒ E1 =   1   2 E4 =   1   −1 2 −1  1 − 2 1  −1 2 P −1 = P=  1 1  =    3 −1 −1 3  1 1       1 0 D= 0 4    Đặt Y = P-1X ⇒ Y " = DY + Phường −1 F  y1"   1 0  y1  1  − 1 2  e t   " =    y   0 4  y  + 3  1    1  3t   2   2     " 1t  y1 = y1 − 3 e + 2t  ⇔ t y" = 4y + e + t 2 2  3  dt    e t  −dt y1 = e ∫  ∫  2t − e ∫ dt + C1    3     ⇒ 4 dt   e   −4 dt t  y 2 = e ∫  ∫  + t e ∫ dt + C 2      3     t   2t  1  y1 = e  ∫  t − dt + C1    e 3     y = e 4t   e + t dt + C  − 3t ∫   2  e 3t  2 3     t  t −t −t  y1 = e  − 2te − 2e − 3 + C1       y = e 4t  − te − 2e + C  − 3t − 3t  2 3  2 9    Vậy nghiệm của pt là X=PY 1 Tính L = lyên ổn e − (1 + x ) . xCâu III. x x →0 1 1 ln(1+ x ) e − (1 + x) e−e x xlyên ổn = lim x x x →0 x →0 x 1  x2 2 1 1− 2 x  x− +o ( x )  e 1− x  2 e−e e−e   e 2 2= lyên = lim == lim = x x 1 2 x →0 x →0 x →0 2 dx Tính tích phân I = ∫Câu IV. . x 3x 2 − 2 x − 1 1 −1 1 1 Đặ t t = ⇒ x = ⇔ dx = 2 dt x t t x 1 2 y 1 1 2 −1 1 t. dt 1 1 2 dt dt t2 I =∫ =∫ =∫ t − t 2 − 2t + 3 1 2 − ( t + 1) 1 32 2 2 1 − −1 2 1 t 2 t2 t 1 t +1 π 1 = arcsin = − arcsin 2 4 2 1 2 ∞ e x dx ∫ x phân kì. Tính Chứng minc rằng tích phân suy rộngCâu V. 1 x et dt ∫t.J = llặng 1 x e x →∞ ex 1 > >0 ∀x > 1 Ta có: x x ∞ ∞x dx e dx Mà ∫ phân kì yêu cầu ∫ phân kì theo tiêu chuẩn chỉnh đối chiếu 1 x x 1 1 x et ex ∫ t dt = lyên xx = 0 J = llặng 1 ex x →∞ e x →∞ 2 Khảo gần kề với vẽ đồ gia dụng thị hàm số y = e 4 x − x .Câu VI. TXĐ: R 2 y " = (−2 x + 4)e 4 x− x ⇒ y" = 0 ⇔ x = 2 = 0 4 x− x2 lim e  x → +∞  => tiệm cận ngang là y=0 4 x− x2 lyên ổn e = 0  x →−∞ Tiệm cận xiên: 2 2 e 4 x− x ( −2 x + 4) e 4 x − x f ( x) llặng = lyên = lyên =∞ x x 1 x→∞ x →∞ x→∞ => không có tiệm cận xiên Bảng biến hóa thiên: x -∞ 2 +∞ y + 0 ─ y’ 4 e 0 0 Bảng giá trị: x 1 3 e3 e3 y Tính diện tích miền phẳng số lượng giới hạn vị y = 3 x 2 ; y = 4 − x 2 .Câu VII. Phương trình hoành độ giao điểm: 3x 2 = 4 − x 2 ⇔ 3x 4 = 4 − x 2 ⇔ x = ±1 Diện tích miền phẳng đề nghị tìm: 1 ∫ SD = 4 − x 2 − 3 x 2 dx −1 Vì y = 3 x 2 với y = 4 − x 2 ko giảm nhau trong khoảng (-1;1) đề xuất ta có: 1 33 1 1 x ∫ ∫ SD = 4 − x 2 − 3 x 2 dx = 4 − x 2 dx − 3 −1 −1 −1 1 23 ∫ = 4 − x 2 dx − 3 −1 1 ∫ J= 4 − x 2 dx −1 Đặt x = 2sint ⇒ dx = 2 cos tdt π π ∫π ( 2 + 2 cos 2t ) dt = ( 2t +sin 2t ) 2π sin 1 6 ∫ 4 cos J= tdt = = +3 2 6 −π 3 sin −1 6 − 6 2π 3 Vậy S D = + 3 3 ĐỀ SỐ 7 Giải phương trìnhCâu I. y a/ y’= +3xex x Đây là pt tuyến tính cung cấp 1: ∫ dx   −1 1 ∫ dx ⇒ y = e x  ∫ 3 xe cộ x e x dx + C      1 ⇔ y = x  ∫ 3 xe x dx + C    x ⇔ y = x3e + C x b/(3x2+y3+4x)dx+3xy2dy=0. ∂Q ∂Phường = = 3y 2 Ta có: ∂x ∂y Đây là pt vi phân toàn phần:  nghiệm tổng quát u(x,y) = C x x 3 3 2 x + y x +2x  u ( x, y ) = ∫ (3 x + y + 4 x)dx = = x3 + y 3 x + 2x 2 2 3 0 0 Giải hệ pt bởi cách thức TR, VTR hoặc khửCâu II.  x1" (t ) = 4 x1 − 3 x2 + t 2 + t (1)  "  x2 (t ) = 2 x1 − x2 + e 3t (2)   4 −3  t2 + t  A= F =  3t    2 −1  e  Pt quánh trưng: A − λI = 0 4−λ −3 ⇔ =0 −1 − λ 2 ⇔ ( 4 − λ ) ( −1 − λ ) + 6 = 0 ⇔ λ 2 − 3λ + 2 = 0 λ = 2 ⇔ λ = 1  3 −3   x1    = 0 E1:   2 −2   x2  1 ⇒ E1 =   1  2 −3   x1    = 0 E2:   2 −3   x2   3 ⇔ E2 =    2  2 −3   −2 3  1 3  −1 P=  ⇒ P..

Xem thêm: Cách Ghi Bản Cam Kết Chịu Trách Nhiệm, Giấy Cam Kết Chuẩn 2021

= − =   −1 1   1 −1  1 2  1 0 D=  0 2 Đặt Y = P-1X => Y’=DY + P-1F  y1"   1 0   y1   −2 3   t 2 + t   " =   +    3t   y2   0 2   y2   1 −1  e   y1" = y1 − 2(t 2 + t ) + 3e3t  "  y 2 = y2 + t + t − e 2 3t   y1 = et  3e3t − 2(t 2 + t )  e −t dt + C1  ∫       y2 = et  ∫ t 2 + t − e3t  e −t dt + C2      Nghiệm là X=PY 1/ x  (1 + 4 x)1 / x  Tính giới hạn lyên ổn Câu III. .  e4 x − >0   1   1 x  ( 1 + 4x) 1  1 llặng ln ( 1+ 4 x ) x − ln e 4  x  =e x→0 x  llặng  e4   x →0     1 1   2 1 ( ) () Mũ = llặng   4 x − 16 x  + o x − 4  2   x →0 x x 2  1 = lim ( −8 x + 0 ( x ) ) = −8 x →0 x 0 dx Tính tích phân I = ∫Câu IV. . 3 −2 ( x + 1) x + 1 Đặ t t = 3 x + 1 ⇒ t 3 = x + 1 ⇒ 3t 2 dt = dx x 0 -2 t 1 -1 1 3 1 2 3t dt =− ∫ I= = −6 3 −1 t .t t −1 ∞ x2 − 3 ∫ x( x + 1)( x 2 + 1) . Tính tích phân suy rộng sauCâu V. 1 x2 − 3 Cx + D −3 2x + 2 A B 1 =+ +2 = + +2 x( x + 1)( x + 1) x x + 1 x + 1 x x +1 x +1 2 +∞ +∞ x2 − 3  −3 2x + 2  1 ∫ ) ∫ I= = + +2 dx ( x ( x + 1) x 2 + 1 x x +1 x +1   1 1 ( x ) +ln( x +1)  +∞ +∞  2x 2 =  −3ln ∫x + + 2  dx   +1 x +1  2  1 1 +∞ x +1 ( x +1) +2arcrã x  +∞ +  ln 2 = ln   x3 1 1 ( ) +∞  ( x +1) x +1 2 =  ln + 2arcrã x  3   x   1 π 3π = − ln 4 + π − = − ln 4 4 4 Khảo ngay cạnh cùng vẽ trang bị thị hàm số y =| x | 1 − x 2 .Câu VI. Tập xác định: -1 Ta có: y ( − x) = − x 1 − ( − x ) = y ( x ) 2 => y là hàm chẵn. => thứ thị đối xứng qua Oy Xét 0 3 L = ∫ 1 + ( y ") 2 1 2 3 3 16 x 4 − 8 x 2 + 1  1 = ∫ 1+  x −  = ∫ 1+ 16 x 2 4x   1 1 3 3 16 x 4 + 8 x 2 + 1 4x2 + 1 =∫ =∫ dx 16 x 2 4x 1 1 3  x2 1  3 3 4x +1 2  1 1 + ln x  =∫ dx = ∫  x +  dx =  = 4 + ln 3 4x 4x  4  24   1 1 1 ĐỀ SỐ 9 Giải các pmùi hương trìnhCâu I. y3 dx − x 2 dy = 0 , y(4)=2 a/ 2 Chia 2 vế cho y3x2 ta được: dx dy − =0 2 x2 y3 dx dy ⇔ 2= 3 2x y Tích phân 2 vế ta được: dx dy ∫ 2 x2 = ∫ y3 −1 1 ⇔ + 2 = C ⇔ 3y2 − 2x = C 2x 3y Theo đề bài ta có: 3.4-2.2=C ⇔ C=8 Vậy nghiệm của pt là: 3 y 2 − 2 x − 8 = 0 4y b/ y "− = x 4 cos x . x Đây là pt vi phân tuyến đường tính cấp cho 1: ∫ dx   −4 4 ∫ dx y = e x  ∫ x 4 cos x.e x dx + C    ( ∫ cos xdx + C ) = x4 = x 4 .sin x + Cx 4 Giải phương trình vi phân: y’’+2y’-3y= (6x + 1)e3xCâu II. Phương thơm trình quánh trưng: k = 1 k 2 + 2k − 3 = 0 ⇔   k = −3 ⇒ y0 = C1e x + C2 e −3 x yr = x s eα x .Qn ( x) Vì α = 3 ko là nghiệm của pt nên s = 0 ⇒ yr = e3 x ( Ax + B ) yr" = 3e3 x ( Ax + B ) + Ae3 x yr = 9e3 x ( Ax + B ) + 6 Ae3 x " Thế vào pt ta được: 9e3 x ( Ax + B ) + 6 Ae3 x + 2 3e3 x ( Ax + B ) + Ae3 x  − 3e3 x ( Ax + B ) = ( 6 x + 1) e3 x    1 A = 2 ⇒  B = −1   2 Vậy nghiệm của pt là: y = y0 + yr 1 1 ⇔ y = C1e x + C2 e3 x + e3 x  x −  2 2 ( x + 1) x +1.( x + 2) x + 2 .( x + 4) x + 4 Tính giới hạn limCâu III . ( x + 5)3 x +7 x →+∞  x + 1  x +1  x + 2  x + 2  x + 4  x + 4  = lyên    .  .  x+5  x+5   x+5   x →∞      x + 5− 4 x + 5 −3 x + 5 −1 4  3  1 = lim  1 − 1 − 1 −     x+5 x+5 x+5    x →∞     1  x +5 x +5 x +5 4  3   1 −  1 −  1 −  x+5  x+5  x+5   = lyên  x →∞  1  4 3  4  3 1 − 1− 1−      x+5  x+5  x+5  = e −4 e −3e −1 = e −8 2 dx Tính tích phân: I = ∫Câu IV. ( x − 1) ( 2 − x ) 1 x = cos 2 t + 2sin 2 t ⇒ dx = ( −2sin t cos t + 4 cos t sin t ) dt = ( sin 2t ) dt π π π 2 2 sin 2tdx = ∫ 2dx = 2 x I=∫ =π 2 ( )( ) sin 2 t cos 2 t 0 0 0 ∞ 1 ∫ Tính tích phân suy rộng I = dx .Câu V. x ⋅ 4 x2 + 1 80 Đặ t t = 4 x 2 + 1 ⇒ t 4 = x 2 + 1 ⇔ 2 xdx = 4t 3 dt +∞ +∞ +∞ 2t 3 dt 2t 2 dt 1 1 I=∫ 4 =∫ 2 =∫  2 +2  dx ( ) ( )( ) t −1 t +1  3 t −1 t 3 t −1 t + 1 2 3 +∞ 1 +∞ dt + arctung t ∫ ( t − 1) ( t + 1) = 3 3 +∞ π 1 1 1 ∫  t −1 t +1  2 = −  dt + − arcrã 3  2 3 +∞ 1   t −1   π ln   = + − arctan 3 2   t +1   2   3 11π = ln + − arcchảy 3 222 Khảo gần kề và vẽ thứ thị hàm số y = 3 1 − x3 .Câu VI. TXĐ: R −2 1 y " = −3 x 2 ( 1 − x 3 ) 3 3 ⇒ y"≤ 0 lyên ổn 3 1 − x 3 = −∞   x →+∞  ⇒ không tồn tại tiệm cận ngang lim 3 1 − x 3 = +∞   x →−∞ Tiệm cận xiên: 1 − x3 3 f a = llặng = lyên ổn = −1 x →∞ x x x →∞ ) ( b = lim ( f + x ) = llặng 1 − x3 + x 3 x →∞ x →∞ 1 = lyên ổn ( 1− x ) x →∞ 32 − x 3 1 − x3 + x 2 3 1 = =0   21 1 x  3 1 − 3 + 6 − 3 3 − 1 + 1 2 x x x   Vậy tiệm cận xiên là y = -x Bảng phát triển thành thiên: -∞ +∞ x y’ ─ +∞ y -∞ Bảng giá chỉ trị: x -1 0 1 2 y −7 1 0 3 3 2 Tính độ dài cung y = ln x, 2 2 ≤ x ≤ 2 6 .Câu VII. 1 1 + ( y ") = 1 + 2 2 x ) Độ nhiều năm cung C : 26 26 x2 + 1 1 ∫ dx = ∫ L= 1+ x2 x2 22 22 Đặ t t = x 2 + 1 ⇒ t 2 = x 2 + 1 ⇔ tdt = xdt 5 5 t 2 dt  1 L=∫ 2 = ∫ 1 + 2  dt t −1 3  t −1  3 5  1 t −1  5  1 1 1   dt =  t + ln = ∫ 1 +   −  2 t +1  2  t −1 t +1   3 3 1211 14 = 2 + ln − ln = 2 + ln 2322 23 ĐỀ SỐ 19. Giải phương thơm trình y − y tung x + y 2 cos x = 0 . "Câu I. Chia 2 vế đến y2 pt trngơi nghỉ thành: y " rã x − = − cos 2 x (*) y2 y Đây là pt Bernouli −1 1 Đặ t u = ⇒ u " = 2 y " y y Thế vào pt (*) : u "− u tan x = cos x (pt vi phân đường tính) tung xdx  ∫ − tung xdx dx + C  ⇒ u = e∫ ∫ cos x.e     J = ∫ rã xdx Đặt t = cosx ⇒ dt = − sin xdx −dt ⇒J =∫ = − ln t = − ln cos x t ( ) ⇒ u = − cos x cos 2 xdx + C   1 − cos 2 x   = − cos x  ∫   dx + C    2  1  1 = − cos x  x − sin 2 x + C  2  4 1  1 1 Vậy nghiệm của pt là: = − cos x  x − sin 2 x + C  2  y 4 Giải hệ pt bởi phương thức TR, VTR hoặc khửCâu II.  x1" (t ) = 7 x1 − x2 + 2e5t (1)   x " (t ) = 2 x + 4 x + 3e −6t (2) . 2 1 2  Lấy 4 lần pt (1) + pt (2) ta được: 4 x1" + x2 = 30 x1 + 8e5t + 3e −6t " (*) Đạo hàm pt (1) ta được: x1 = 7 x1" − x2 + 10e5t " " Thế vào pt (*) ta có: 4 x1" + 7 x1" − x1 + 10e5t = 30 x1 + 8e5t + 3e −6t " x1 − 11x1" + 30 x1 = 2e5t − 3e −6t " e −6t x1 = C1e5t + C2 e6t − 2 xe5t − 44 13 −6t ⇒ x2 = 2C1e5t + C2 e −6t − 4 xe5t − e + 4e5t 44  1 1 Tính số lượng giới hạn I = llặng  − 2 .Câu III. x →0  x arctan x x x − arctung x I = lim x →0 x 2 arctung x  x3  x3 x −  x −  + o( x 3 ) 3 1  = lim 33 = = llặng 3 x x →0 x 3 x →0 3− x + 4 x +∞ Tìm α để tích phân I = ∫ dx hội tụ. (5+ x )Câu IV. α α −1 4 Xét α > 0 : Khi x → +∞ 4x 4 = α 2 −α −1 f: () α −1 xα x ⇔ α 2 − α −1 > 1 Tích phân hội tụ ⇔ α 2 So cùng với dk ta được α > 2 Xét α 2 x 4 dx 1 Tính tích phân I = ∫Câu V. . 2 2 −1 (1 + x ) 1− x x 4dx 1 I = 2∫ x2 ) 1 − x2 0 (1 + Đặt x = sin t ⇒ dx = cos tdt π sin 4 t cos tdt 2 I = 2∫ ( ) 0 1 + sin t cos t 2 π π sin 4 t − 1 2 2 1 = 2∫ dt + 2 ∫ dt ( ) ( ) 0 1 + sin t 0 1 + sin t 2 2 π π 2 2 1 ( ) = 2 ∫ sin 2 t − 1 dt + 2 ∫ dt sin t + 1 2 0 0 = J +K π π π 1  2 π 2 2 J = 2 ∫ − cos 2 tdt = − ∫ ( cos 2t + 1) dt = − sin 2t +t  =−  2 2  0 0 0 π π 2 2 1 1 K=∫ dt = ∫ dt sin t + 1 0  sin t 1 2 2 2 + 0 cos t  2 2  cos t cos t  1 u = tung t ⇒ du = dt cos 2 t +∞ +∞ du 1 du K=∫ 2 =∫ ( ) 2 0 u2 + 1 0 u + u +1 Đặ t 2 +∞ ( ) 2 2π arcchảy 2u = = 22 2 0 π ( ) I = J + 2K = 2 −1 2 x2 + x - 1 1 .= x − 1 + Khảo ngay cạnh với vẽ vật dụng thị hàm số y =Câu VI. x+2 x+ 2 Tập xác định: x ≠ −2 x2 + 4 x + 3 1y " = 1− = ( x + 2) ( x + 2) 2 2y"= 0  x = −1⇔  x = −3 x2 + x −1 = −∞lyên x+2x →−2=> tiệm cận đứng là x = - 2 1 =0limx →∞ x + 2=> tiệm cận xiên là y = x - 1Bảng đổi mới thiên: −∞ +∞ x -3 -2 -1 y’ + 0 ─ ─ 0 + +∞ +∞ y -5 (CT) −∞ −∞ (CĐ) -1Bảng giá chỉ trị: −5 −3 x -4 0 2 2 −11 −11 −1 −1 y 2 2 2 2 Tính diện tích mặt phẳng tròn luân chuyển chế tạo ra của đồ gia dụng thể tròn luân phiên tạo nên khiCâu VII. quay miền phẳng số lượng giới hạn vị y = x 2 + 1;0 ≤ x ≤ 1/ 4; y = 0 quanh trục Ox. x y"= 1 + x2 Diện tích bắt buộc search là: 1 2 x 4 SOx = 2π ∫ 1 + x 1+  2  dx 1 + x2   0 1 x2 4 = 2π ∫ 1 + x 1+ 2 dx 1 + x2 0 1 4 = 2π ∫ 1 + 2 x 2 dx 0 Đặ t t − 2 x = 2 x 2 + 1 ⇒ t 2 − 2 2 xt + 2 x 2 = 2 x 2 + 1 t 2 −1 ⇔ =x 2 2t ( ) ( ) 2t 2 2t − 2 2 t 2 − 1 ⇔ dx = dt 2 8t 2 2t 2 + 2 2 ⇔ dx = dt 8t 2  t 2 − 1  2 2t 2 + 2 2 2 SOx = 2π ∫  t − 2 dt  8t 2 2 2t  1  t 2 + 1  2 2t 2 + 2 2 2 ∫  2t  8t 2 = 2π dt 1  2 2 2t 4 + 4 2t 2 + 2 2 ∫ = 2π dt 16t 3 1 2  1 2 2 ∫ t + t + t π = dt 3 4   1 2 2 t 1 2 + 2ln t − 4 2  π = 2t 2   1 2 1 1 1 2 3 π  1 + 2 ln 2 − − +  = π  ln 2 +  = 4 2 4 2 4  4