Đề thi có giải môn toán cao cấp A1

Chia sẻ: Bui Van Vuong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

2.453
lượt xem 585
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Đề thi môn toán cao cấp A1 kèm các phương pháp giải khác nhau, gửi đến các bạn độc giả tham khảo có thể củng cố kiến thức và nâng cao kỹ năng học tập toán cao cấp. Chúc các bạn học tốt nhé

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi có giải môn toán cao cấp A1

ĐỀ SỐ 3 2 Giải phương trình y − y = x 2e x . ' Câu I. 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  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 phương pháp TR, VTR hoặc khử Câu 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 ' ' " Thay 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 2t 2 Thay vào pt (2) ta được: 7 2t x1 = C1e 6t + C 2 e 2t + e t + xe 2 1 + tan x − 1 − tan x Tính giới hạn lim Câu III. . x x →0 1 + tan x − 1 − tan x lim x x →0 1 + tan x − 1 − tan x 1 + tan x − 1 + tan x 2 tan x = lim = lim = lim =1 ( ) x →0 x 1 + tan x + 1 − tan 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 − lim = = = ln 2 x→+∞ ln x ln 2 ln x 2 2 Khảo sát và vẽ đồ 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 lim ( ln x − x + 1) = −∞ x → +∞ => không có tiệm cận ngang 1− x 1 y' = − 1 = x x ⇒ y' = 0 ⇔ x = 1 Bảng biến thên: x 0 1 +∞ y’ + ─ y 0 -∞ -∞ 1 y" = − < 0 => đồ thị không có điểm uốn x2 Bảng giá trị:
x 0.5 2 y 11 ln + ln 2 − 1 22 Đồ thị: x2 1 Câu VII. Tính diện tích miền phẳng giới hạn bởi 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 khoảng (-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 trình Câu 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 bằng phương pháp TR, VTR hoặc khử Câu 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 + P −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 = lim e − (1 + x ) . x Câu III. x x →0 1 1 ln(1+ x ) e − (1 + x) e−e x x lim = 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 = lim = 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 minh rằng tích phân suy rộng Câu V. 1 x et dt ∫t. J = lim 1 x e x →∞ ex 1 > >0 ∀x > 1 Ta có: x x ∞ ∞x dx e dx Mà ∫ phân kì nên ∫ phân kì theo tiêu chuẩn so sánh 1 x x 1 1 x et ex ∫ t dt = lim xx = 0 J = lim 1 ex x →∞ e x →∞ 2 Khảo sát và vẽ đồ 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 lim e = 0  x →−∞ Tiệm cận xiên:
2 2 e 4 x− x ( −2 x + 4) e 4 x − x f ( x) lim = lim = lim =∞ x x 1 x→∞ x →∞ x→∞ => không có tiệm cận xiên Bảng biến thiên: x -∞ 2 +∞ y + 0 ─ y’ 4 e 0 0 Bảng giá trị: x 1 3 e3 e3 y Tính diện tích miền phẳng giới hạn bởi 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 cần tìm: 1 ∫ SD = 4 − x 2 − 3 x 2 dx −1 Vì y = 3 x 2 và y = 4 − x 2 không cắt nhau trong khoảng (-1;1) nên 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 trình Câu I. y a/ y’= +3xex x Đây là pt tuyến tính cấp 1: ∫ dx   −1 1 ∫ dx ⇒ y = e x  ∫ 3 xe 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 ∂P = = 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 bằng phương pháp TR, VTR hoặc khử Câu 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 đặc 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 = − =   −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 lim  Câu III. .  e4 x − >0  
1   1 x  ( 1 + 4x) 1  1 lim ln ( 1+ 4 x ) x − ln e 4  x  =e x→0 x  lim  e4   x →0     1 1   2 1 ( ) () Mũ = lim   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 sau Câu 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) +2arctan x  +∞ +  ln 2 = ln   x3 1 1 ( ) +∞  ( x +1) x +1 2 =  ln + 2arctan x  3   x   1 π 3π = − ln 4 + π − = − ln 4 4 4 Khảo sát và vẽ đồ 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. => đồ 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 phương trình Câu 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 tính cấp 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)e3x Câu II. Phương trình đặc 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 không 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 lim Câu III . ( x + 5)3 x +7 x →+∞  x + 1  x +1  x + 2  x + 2  x + 4  x + 4  = lim    .  .  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   = lim  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 + arctan t ∫ ( t − 1) ( t + 1) = 3 3 +∞ π 1 1 1 ∫  t −1 t +1  2 = −  dt + − arctan 3  2 3 +∞ 1   t −1   π ln   = + − arctan 3 2   t +1   2   3 11π = ln + − arctan 3 222 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = 3 1 − x3 . Câu VI. TXĐ: R −2 1 y ' = −3 x 2 ( 1 − x 3 ) 3 3 ⇒ y'≤ 0 lim 3 1 − x 3 = −∞   x →+∞  ⇒ không có tiệm cận ngang lim 3 1 − x 3 = +∞   x →−∞ Tiệm cận xiên:
1 − x3 3 f a = lim = lim = −1 x →∞ x x x →∞ ) ( b = lim ( f + x ) = lim 1 − x3 + x 3 x →∞ x →∞ 1 = lim ( 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 biến thiên: -∞ +∞ x y’ ─ +∞ y -∞ Bảng giá 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 dài 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 trình y − y tan x + y 2 cos x = 0 . ' Câu I. Chia 2 vế cho y2 pt trở thành: y ' tan 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 tuyến tính) tan xdx  ∫ − tan xdx dx + C  ⇒ u = e∫ ∫ cos x.e     J = ∫ tan 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 bằng phương pháp TR, VTR hoặc khử Câu 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 giới hạn I = lim  − 2 . Câu III. x →0  x arctan x x x − arctan x I = lim x →0 x 2 arctan x  x3  x3 x −  x −  + o( x 3 ) 3 1  = lim 33 = = lim 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 < −1 ∨ α > 2 So với dk ta được α > 2 Xét α < 0 : • Khi x → +∞ 4x f : α −1 5 Phân kì theo so sánh 2 Xét α = 0 : • Khi x → +∞ 4x f : −1 6 Phân kì theo so sánh 2 Vậy I hội tụ khi 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 = tan t ⇒ du = dt cos 2 t +∞ +∞ du 1 du K=∫ 2 =∫ ( ) 2 0 u2 + 1 0 u + u +1 Đặ t 2 +∞ ( ) 2 2π arctan 2u = = 22 2 0 π ( ) I = J + 2K = 2 −1 2 x2 + x - 1 1 .= x − 1 + Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = Câu VI. x+2 x+ 2 Tập xác định: x ≠ −2
x2 + 4 x + 3 1 y ' = 1− = ( x + 2) ( x + 2) 2 2 y'= 0  x = −1 ⇔  x = −3 x2 + x −1 = −∞ lim x+2 x →−2 => tiệm cận đứng là x = - 2 1 =0 lim x →∞ x + 2 => tiệm cận xiên là y = x - 1 Bảng biến thiên: −∞ +∞ x -3 -2 -1 y’ + 0 ─ ─ 0 + +∞ +∞ y -5 (CT) −∞ −∞ (CĐ) -1 Bảng giá trị: −5 −3 x -4 0 2 2 −11 −11 −1 −1 y 2 2 2 2
Tính diện tích bề mặt tròn xoay tạo của vật thể tròn xoay tạo nên khi Câu VII. quay miền phẳng giới hạn bởi y = x 2 + 1;0 ≤ x ≤ 1/ 4; y = 0 quanh trục Ox. x y'= 1 + x2 Diện tích cần tìm 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