Giải Toán 12 SGK nâng cao Ôn tập Chương 3 Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng

\(\begin{array}{l}
a)y = 2x(1 - x - 3)\\
b)y = 8x - \frac{2}{{{x^{\frac{1}{4}}}}}\\
c)y = {x^{\frac{1}{2}}}sin\left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)\\
d)y = \frac{{sin(2x + 1)}}{{co{s^2}(2x + 1)}}
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

\(\int 2x(1 - {x^{ - 3}})dx = \int (2x - 2{x^{ - 2}})dx = {x^2} + 2x + C\)

Câu b:

\(\int {\left( {8x - \frac{2}{{{x^{\frac{1}{4}}}}}} \right)dx}  = \int {\left( {8x - 2{x^{ - \frac{1}{4}}}} \right)} dx = 4{x^2} - \frac{8}{3}{x^{\frac{3}{4}}} + C\)

Câu c:

Đặt \(u = {x^{\frac{3}{2}}} + 1 \Rightarrow du = \frac{3}{2}{x^{\frac{1}{2}}}dx \Rightarrow {x^{\frac{1}{2}}}dx = \frac{2}{3}du\)

\(\begin{array}{l}
\int {{x^{\frac{1}{2}}}sin\left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right)dx}  = \frac{2}{3}\int sinudu =  - \frac{2}{3}cosu + C\\
 =  - \frac{2}{3}cos\left( {{x^{\frac{3}{2}}} + 1} \right) + C
\end{array}\)

Câu d:

Đặt \(u = cos(2x + 1) \Rightarrow du =  - 2sin(2x + 1)dx \Rightarrow sin(2x + 1)dx =  - \frac{1}{2}du\)

Do đó: \(\int {\frac{{sin(2x + 1)}}{{co{s^2}(2x + 1)}}dx}  =  - \frac{1}{2}\int {\frac{{du}}{{{u^2}}}}  = \frac{1}{{2u}} + C = \frac{1}{{2cos(2x + 1)}} + C\)

---

\(\begin{array}{l}
a)y = \frac{1}{{{x^2}}}\cos \left( {\frac{1}{x} - 1} \right)\\
b)y = {x^3}{\left( {1 + {x^4}} \right)^3}\\
c)y = \frac{{x{e^{2x}}}}{3}\\
d)y = {x^2}{e^x}
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \(u = \frac{1}{x} - 1 \Rightarrow du =  - \frac{1}{{{x^2}}}dx \Rightarrow \frac{{dx}}{{{x^2}}} =  - du\)

Do đó: \(\int {\frac{1}{{{x^2}}}cos\left( {\frac{1}{x} - 1} \right)dx}  =  - \int cosudu =  - sinu + C =  - sin\left( {\frac{1}{x} - 1} \right) + C\)

Câu b:

Đặt \(u = 1 + {x^4} \Rightarrow du = 4{x^3}dx \Rightarrow {x^3}dx = \frac{{du}}{4}\)

\(\int {x^3}{(1 + {x^4})^3}dx = \frac{1}{4}\int {u^3}du = \frac{{{u^4}}}{{16}} + C = \frac{1}{{16}}{(1 + {x^4})^4} + C\)

Câu c:

Đặt 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
u = {x^3}\\
dv = {e^{2x}}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{1}{3}dx\\
v = \frac{1}{2}{e^{2x}}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \int {\frac{{x{e^{2x}}}}{3}dx}  = \frac{1}{6}x{e^{2x}} - \frac{1}{6}\int {{e^{2x}}dx}  = \frac{1}{6}x{e^{2x}} - \frac{1}{{12}}{e^{2x}} + C
\end{array}\)

Câu d:

Đặt 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
u = {x^2}\\
dv = {e^x}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = 2xdx\\
v = {e^{x}}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \int {{x^2}{e^x}dx}  = {x^2}{e^x} - 2\int {x{e^x}dx} \left( 1 \right)
\end{array}\)

Đặt 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = {e^x}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = {e^x}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \int {x{e^x}dx}  = x{e^x} - \int {{e^x}dx}  = x{e^x} - {e^x} + C
\end{array}\)

Từ (1) suy ra: 

\(\int {x^2}{e^x}dx = {x^2}{e^x} - 2x{e^x} + 2{e^x} + C = {e^x}({x^2} - 2x + 2) + C\)

---

Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a. y =  x.e-x

b. \(y = \frac{{\ln x}}{x}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = {e^{ - x}}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v =  - {e^{ - x}}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \int x{e^{ - x}}dx =  - x{e^{ - x}} + \int {e^{ - x}}dx =  - x{e^{ - x}} - {e^{ - x}} + C =  - {e^{ - x}}(x + 1) + C
\end{array}\)

Câu b:

Đặt \(u = \ln x \Rightarrow du = \frac{{dx}}{x}\)

Do đó: \(\int \frac{{\ln x}}{x}dx = \int \nolimits^ udu = \frac{{{u^2}}}{2} + C = \frac{{{{(\ln x)}^2}}}{2} + C\)

---

Tìm hàm số y = f(x) nếu biết dy = 12x(3x2 − 1)3dx và f(1) = 3

Hướng dẫn giải:

Ta có: \(y = f(x) = \int dy = 12\smallint x{(3{x^2} - 1)^3}dx\)

Đặt \(u = 3{x^2} - 1 \Rightarrow du = 6xdx \Rightarrow xdx = \frac{{du}}{6}\)

Do đó: \(f(x) = 2\int {u^3}du = \frac{{{u^4}}}{2} + C = \frac{1}{2}{(3{x^2} - 1)^4} + C\)

Vì f(1) = 3 nên \(\frac{1}{2}{.2^4} + C = 3 \Rightarrow C =  - 5\)

Vậy \(f(x) = \frac{1}{2}{(3{x^2} - 1)^4} - 5\)

---

Xác định số b dương để tích phân \(\int\limits_0^b {(x - {x^2})dx} \) có giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải:

Ta có: 

\(\int\limits_0^b {(x - {x^2})dx}  = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^b = \frac{{{b^2}}}{2} - \frac{{{b^3}}}{3}\)

Xét hàm số \(I\left( b \right) = \frac{{{b^2}}}{2} - \frac{{{b^3}}}{3}\) với b > 0

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
I\prime (b) = b - {b^2}\\
I\prime (b) = 0 \Leftrightarrow b = 0;b = 1
\end{array}\)

Bảng biến thiên

I(b) đạt giá trị lớn nhất bằng 1/6 khi b = 1

---

Cho biết \(\int\limits_7^9 {f(x)dx}  =  - 1,\int\limits_7^9 {f(x)dx}  = 5,\int\limits_7^9 {g(x)dx}  = 4.\)

Hãy tìm:

\(\begin{array}{l}
a)\int \limits_1^9  - 2f\left( x \right)dx\\
b)\int \limits_7^9 \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx\\
c)\int\limits_7^9 {[2f(x) - 3g(x)]dx} \\
d)\int\limits_1^7 {f(x)dx} 
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

\(\int \limits_1^9  - 2f\left( x \right)dx =  - 2\int \limits_1^9 f\left( x \right)dx =  - 2( - 1) = 2\)

Câu b:

\(\int \limits_7^9 \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx = \int\limits_7^9 {f(x)dx}  + \int\limits_7^9 {g(x)dx}  = 5 + 4 = 9\)

Câu c:

\(\int\limits_7^9 {[2f(x) - 3g(x)]dx}  = 2\int\limits_7^9 {f(x)dx}  - 3\int\limits_7^9 {g(x)dx}  = 2.5 - 3.4 =  - 2\)

Câu d:

\(\begin{array}{l}
\int\limits_1^7 {f(x)dx}  = \int\limits_1^9 {f(x)dx}  + \int\limits_9^7 {f(x)dx} \\
 = \int\limits_1^9 {f(x)dx}  - \int\limits_7^9 {f(x)dx}  =  - 1 - 5 =  - 6
\end{array}\)

---

Cho hàm số f liên tục trên [a; b]. Tỉ số: \(\frac{1}{{b - a}} - \int_a^b {f(x)dx} \) được gọi là giá trị trung bình của hàm số f trên [a;b] và được kí hiệu là m(f). Chứng minh rằng tồn tại điểm c ∈ [a; b] sao cho m(f) = f(c)

Hướng dẫn giải:

Giả sử m và M tương ứng là giá trị bé nhất và lớn nhất của hàm số f trên [a; b]

Ta có m ≤ f(x) ≤ M ∀ x ∈ [a; b]

Theo kết quả f(x) > g(x) trên đoạn [a; b] thì \(\int \limits_a^b f(x)dx > \int \limits_a^b g(x)dx\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\int\limits_a^b {mdx}  \le \int\limits_a^b {f(x)d} x \le \int\limits_a^b {Mdx}  \Rightarrow m(b - a) \le \int\limits_a^b {f(x)dx}  \le M(b - a)\\
 \Rightarrow m \le \frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f(x)dx}  \le M
\end{array}\)

Vì f là hàm liên tục nên tồn tại c ∈ [a; b] để \(f(c) = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f(x)dx} \)

---

Giả sử một vật từ trạng thái nghỉ khi t = 0 (s) chuyển động thẳng với vận tốc v(t) = t(5 − t) (m/s). Tìm quãng đường vật đi được cho tới khi nó dừng lại.

Hướng dẫn giải:

Ta có: \(v(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 0\\
t = 5
\end{array} \right.\)

Vật dừng lại tại thời điểm t = 5. Quãng đường vật đi được là

\(S = \int\limits_0^5 {t(5 - t)dt}  = \left. {\left( {\frac{{5{t^2}}}{2} - \frac{{{t^3}}}{3}} \right)} \right|_0^5 = \frac{{125}}{6}(m)\)

---

Một chất điểm A xuất phát từ vị trí O, chuyển động thẳng nhanh dần đều; 8 giây sau nó đạt đến vận tốc 6 m/s. từ thời điểm đó nó chuyển động thẳng đều. Một chất điểm B xuất phát từ cùng vị trí O nhưng chậm hơn 12 giây so với A và chuyển động thẳng nhanh dần đều. biết rằng B đuổi kịp A sau 8 giây ( kể từ lúc B xuất phát). Tìm vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A.

Hướng dẫn giải:

Thời điểm A và B gặp nhau là 20 giây kể từ lúc A xuất phát. Đồ thị của vận tốc của A là đường gấp khúc OMN.

Quãng đường mà A đi được (s = vt ) là diện tích hình thang OMNQ.

\({S_{OMNQ}} = \frac{1}{2}(20 + 12).6 = 96\)

Vậy lúc gặp B, A đi được 96m

Đồ thị vận tốc của B là đường thẳng HP. Vì B xuất phát cùng vị trí với A nên B cũng đi được 96m . Quãng đường B đi được bằng diện tích tam giác HPQ.

Ta có \({S_{HPQ}} = \frac{1}{2}.PQ.HQ \Rightarrow 96 = \frac{1}{2}PQ.8 \Rightarrow PQ = 24.\)

Vậy vận tốc của B tại thời điểm gặp A là 24m/s.

---

Tính các tích phân sau:

\(\begin{array}{l}
a)\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{x^2}sin2xdx} \\
b)\int_1^2 {x(2{x^2} + 1)dx} \\
c)\int_2^3 {(x - 1){e^{{x^2} - 2x}}dx} 
\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = {x^2}\\
dv = sin2xdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = 2xdx\\
v =  - \frac{1}{2}cos2x
\end{array} \right.\)

Do đó: 

\(\begin{array}{l}
\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{x^2}sin2xdx}  = \left. { - \frac{1}{2}{x^2}\cos 2x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} + \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{x^2}\cos 2xdx} \\
 = \frac{{{\pi ^2}}}{8} + \int_0^{\frac{\pi }{2}} {x\cos 2xdx\left( 1 \right)} 
\end{array}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = cos2xdx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = \frac{1}{2}sin2x
\end{array} \right.\)

Do đó: 

\(\begin{array}{l}
\int_0^{\frac{\pi }{2}} {x\cos 2xxdx}  = \left. {\frac{1}{2}x\sin 2x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} - \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {sin2xdx} \\
 = \left. {\frac{1}{4}\cos 2x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} =  - \frac{1}{2}\left( 2 \right)
\end{array}\)

Thay (2) vào (1) ta được \(\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{x^2}\sin 2xxdx}  = \frac{{{\pi ^2}}}{8} - \frac{1}{2}\)

Câu b:

Đặt \(u = 2{x^2} + 1 \Rightarrow du = 4xdx \Rightarrow xdx = \frac{{du}}{4}\)

\(\int_1^2 {x(2{x^2} + 1)dx}  = \frac{1}{4}\int_3^9 {udu}  = \left. {\frac{1}{8}{u^2}} \right|_3^9 = 9\)

Câu c:

Đặt \(u = {x^2} - 2x \Rightarrow du = 2(x - 1)dx \Rightarrow (x - 1)dx = \frac{{du}}{2}\)

\(\int_2^3 {(x - 1){e^{{x^2} - 2x}}dx}  = \frac{1}{2}\int_0^3 {{e^u}du}  = \left. {\frac{1}{2}{e^u}} \right|_0^3 = \frac{1}{2}({e^3} - 1)\)

---

Tính diện tích các hình phẳng giới hạn bởi:

a) Đồ thị các hàm số y = 4 − x2; y = -x + 2
b) Các đường cong có phương trình x = 4 − 4y2 và x = 1 − y4 trong miền x ≥ 0.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

\(4 - {x^2} =  - x + 2 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 2
\end{array} \right.\)

 

Do đó:

\(\begin{array}{l}

S = \int_{ - 1}^2 {\mid 4 - {x^2} - ( - x + 2)\mid dx}  = \int_{ - 1}^2 {| - {x^2} + x + 2\mid dx} \\

 = \int_{ - 1}^2 {( - {x^2} + x + 2)dx}  = \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right)} \right|_{ - 1}^2 = \frac{9}{2}

\end{array}\) 

Câu b:

Phương trình tung độ giao điểm của hai đồ thị là

\(\begin{array}{l}

4 - 4{y^2} = 1 - {y^4} \Leftrightarrow {y^4} - 4{y^2} + 3 = 0\\

 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}

{y^2} = 1\\

{y^2} = 3

\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}

y =  \pm 1\\

y =  \pm \sqrt 3 \left( L \right)

\end{array} \right.

\end{array}\)

Diện tích giới hạn hai đồ thị ở phần x ≥ 0 là:

\(\begin{array}{l}

S = \int_{ - 1}^1 {[4 - 4{y^2} - (1 - {y^4})]dy} \\

 = \int_{ - 1}^1 {({y^4} - 4{y^2} + 3)dy} \\

 = \left. {\left( {\frac{{{y^5}}}{5} - \frac{4}{3}{y^3} + 3y} \right)} \right|_{ - 1}^1 = 2.\frac{{28}}{{15}} = \frac{{56}}{{15}}

\end{array}\)

---

Tính diện tích của các hình phẳng giới hạn bởi:

a) Parabol y = x2 − 2x + 2, tiếp tuyến của nó tại điểm M(3; 5) và trục tung

b) Parabol y = −x2 + 4x − 3y và các tiếp tuyến của nó tại các điểm A(0;−3)và B(3;0)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có y′ = 2x − 2 => y′(3) = 4

Phương trình tiếp tuyến với parabol tại M(3;5) là:

y − 5 = 4(x − 3) <=> y = 4x − 7

Gọi S là diện tích cần tìm, ta có:

\(\begin{array}{l}

S = \int_0^3 {({x^2} - 2x + 2 - 4x + 7)dx} \\

 = \int_0^3 {({x^2} - 6x + 9)dx}  = \int_0^3 {{{(x - 3)}^2}dx} \\

 = \left. {\frac{1}{3}{{\left( {x - 3} \right)}^3}} \right|_0^3 = 9

\end{array}\)

Câu b:

Ta có y′ = −2x + 4=> y′(0) = 4; y′(3) = −2

Phương trình tiếp tuyến tại A(0; 3) là: y + 3 = 4(x − 0) <=> y = 4x − 3

Phương trình tiếp tuyến tại B(3; 0) là: y = −2(x − 3) <=> y = −2x + 6

Giao điểm của hai tiếp tuyến là C(3/2;3). kí hiệu A1 và A2 là tam giác cong ACD Và BCD. Ta có:

\(\begin{array}{l}

S({A_1}) = \int_0^{\frac{3}{2}} {(4x - 3 + {x^2} - 4x + 3)dx}  = \int_0^{\frac{3}{2}} {{x^2}dx}  = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^{\frac{3}{2}} = \frac{9}{8}\\

S({A_2}) = \int_{\frac{3}{2}}^3 {( - 2x + 6 + {x^2} - 4x + 3)dx}  = \int_{\frac{3}{2}}^3 {{{(x - 3)}^2}dx}  = \left. {\frac{1}{3}{{(x - 3)}^3}} \right|_{\frac{3}{2}}^3 = \frac{9}{8}

\end{array}\)

Vậy \(S = S({A_1}) + S({A_2}) = \frac{9}{8} + \frac{9}{8} = \frac{9}{4}\)

---

Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 và x = 2, biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bơi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ (0 ≤ x ≤ 2) là một nửa hình tròn đường kính \(\sqrt 5 {x^2}\)

Hướng dẫn giải:

Diện tích của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x là:

\(S(x) = \frac{1}{2}\pi {\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}{x^2}} \right)^2} = \frac{1}{2}.\frac{{5\pi }}{4}{x^4} = \frac{{5\pi }}{8}{x^4}\)

Vậy thể tích của vật thể là: \(V = \int_0^2 {S(x)dx}  = \frac{{5\pi }}{8}\int_0^2 {{x^4}dx}  = \left. {\frac{{5\pi }}{8}.\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^2 = 4\pi .\)

---

Xét hình phẳng giới hạn bởi đường hypebol y = 2/x và các đường thẳng y = 1, y = 4, x = 0. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng đó quanh trục tung.

Hướng dẫn giải:

Ta có: \(y = \frac{2}{x} \Leftrightarrow x = \frac{2}{y}\)

Thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int_1^4 {{{\left( {\frac{2}{y}} \right)}^2}dx}  = 4\pi \int_1^4 {\frac{{dy}}{{{y^2}}}}  = \left. {4\pi .\left( {\frac{{ - 1}}{y}} \right)} \right|_1^4 = 3\pi \)

---

Cho hình phẳng A được giới hạn bởi đồ thị hàm số: \(y = \sqrt {cosx} \left( {0 \le x \le \frac{\pi }{2}} \right)\) và hai trục tọa độ. Tính thể tích khối tròn xoay tọa thành khi quay hình đó quay trục tung.

Hướng dẫn giải:

Hoành độ giao điểm của hàm số \(y = \sqrt {cosx} \left( {0 \le x \le \frac{\pi }{2}} \right)\) với trục hoành là nghiệm phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {cosx}  = 0\\
0 \le x \le \frac{\pi }{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2}\)

Vậy thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int_1^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx}  = \left. {\pi {\mathop{\rm sinx}\nolimits} } \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \pi \)

---

Cho hình phẳng A được giới hạn bởi đường cong có phương trình x(y + 1) = 2 và các đường thẳng x = 0, y = 0, y = 3. Tính thể tích khối tròn xoay tạo được khi quay A quanh trục tung.

Hướng dẫn giải:

Đường cong có phương trình là: \(x = \frac{2}{{y + 1}}\)

Vậy thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int_1^3 {\frac{4}{{{{\left( {y + 1} \right)}^2}}}dy}  = \left. {4\pi \left( { - \frac{1}{{y + 1}}} \right)} \right|_0^3 = 3\pi .\)

---

Cho hình phẳng A được giới hạn bởi đường cong có phương trình x − y² = 0 và các đường thẳng y = 2, x = 0. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay A.

a) Quanh trục hoành;                         

b) quanh trục tung

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Hoành độ giao điểm của đường cong \(y = \sqrt x \) và y = 2 là: \(\sqrt x  = 2 \Rightarrow x = 4\)

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay A quanh Ox là:

\(V = \pi \int_0^4 {\left( {{2^2} - x} \right)dx}  = \left. {\pi \left( {4x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^4 = 8\pi \)

Câu b:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay A quanh Oy là:

\(V = \pi \int_0^2 {{y^4}dy}  = \left. {\frac{\pi }{5}{y^5}} \right|_0^2 = \frac{{32\pi }}{5}\)

---

Cho hình phẳng A được giới hạn bởi đường cong có phương trình \(y = {x^{\frac{1}{2}}}{e^{\frac{x}{2}}}\) và các đường thẳng x = , x = 2, y = 0.Tính thể tích khối tròn  xoay tạo thành khi quay A quanh trục hoành.

Hướng dẫn giải:

Thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int \limits_1^2 x.{e^x}dx\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
dv = {e^x}dx
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = dx\\
v = ex
\end{array} \right.\)

Do đó: \(V = \pi \left( {x{e^x}|_1^2 - \int_1^2 {{e^x}dx} } \right) = \pi (2{e^2} - e - {e^2} + e) = \pi {e^2}\)

---

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: \(y = \sqrt {{x^3}} (y \ge 0)\)

Thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int_0^1 {{x^3}dx}  = \left. {\frac{{\pi {x^4}}}{4}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{4}\)

Câu b:

Ta có: \(x = \sqrt[3]{{{y^2}}}\)

Thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int_0^1 {\left( {{1^2} - \sqrt[3]{{{y^4}}}} \right)dx}  = \pi \left. {\left( {y - \frac{3}{7}{y^{\frac{7}{3}}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{\pi }{4}\)

 

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Ôn tập Chương 3 Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 12 học tập thật tốt!