ÔN TẬP CHƯƠNG III

Diện tích hình phẳng \(D\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f(x)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=a\), \(x=b\) \((a < b)\) được tính bởi công thức \(S=\displaystyle\int\limits_a^b\left| f(x)\right|\mathrm{\,d}x\).

Công thức đúng là \(\displaystyle S = \int \limits_a^b \left| f(x) \right| \mathrm{\,d}x\).

\(S=\displaystyle\int\limits_{1}^{3} \left|f(x)\right|\mathrm{\,d}x\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=\mathrm{e}^x\), \(y=0\), \(x=0\), \(x=2\) được tính theo công thức \(S=\displaystyle\int\limits_0^2 \left|\mathrm{e}^x\right| \mathrm{d}x=\displaystyle\int\limits_0^2 \mathrm{e}^x \mathrm{\,d}x\).

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=2^x\), \(y=0\), \(x=0\), \(x=2\) là \( S=\displaystyle\int\limits_0^22^x\mathrm{\,d}x \).

Theo công thức tính diện tích hình phẳng bằng tích phân ta có \( S=\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi}|\cos x|\mathrm{\, d}x \).

Dựa vào hình vẽ ta được \(S=\displaystyle \int\limits_{-3}^0{f(x)\mathrm{d}x}-\int\limits_0^4{f(x)\mathrm{d}x}\).

Từ hình vẽ, ta thấy \(S_1 = \displaystyle \int \limits^c_a f(x) \mathrm{\, d}x\), \(S_2 = \displaystyle \int \limits^d_c \left [- f(x) \right ] \mathrm{\, d}x\), \(S_3 = \displaystyle \int \limits^b_d f(x) \mathrm{\, d}x\).

Suy ra \(S = \displaystyle \int \limits^c_a f(x) \mathrm{\, d}x - \int \limits^d_c f(x) \mathrm{\, d}x + \int \limits^b_d f(x) \mathrm{\, d}x\).

\(S=-\displaystyle\int\limits_{-2}^0f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{0}^3f(x)\mathrm{\,d}x =\displaystyle\int\limits_{0}^{-2}f(x)\mathrm{d}x+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}f(x)\mathrm{d}x\).

Ta thấy rằng trong đoạn \([-3;0]\) đồ thị hàm số \(y=f(x)\) ở phía trên đồ thị hàm số \(y=g(x)\) nên \(f(x)-g(x)\ge 0\). Vậy diện tích của hình phẳng \(D\) được tính theo công thức \(S=\displaystyle\int\limits_{-3}^0 \left[f(x)-g(x) \right]\mathrm{\,d}x\).

\[S=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} \left| 3x^2+2x+1 \right| \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1} (3x^2+2x+1) \mathrm{\,d}x = (x^3+x^2+x)\big|_{-1}^1=3-(-1)=4.\]

Ta có \(S = \displaystyle \int \limits_0^\pi |\sin x| \mathrm{\,d}x = (-\cos x) \Big|_0^\pi = -\cos \pi + \cos 0 = 2\).

Diện tích hình phẳng là

\[S=\displaystyle \int \limits_1^{\mathrm{e}} \left| \displaystyle\frac{1}{x} \right| \mathrm{\,d}x =\displaystyle \int \limits_1^{\mathrm{e}} \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{\,d}x =\ln |x|\Big|_1^{\mathrm{e}} =1\].

Áp dụng công thức tính diện tích ta được

\[S=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}|x^3+1|\mathrm{\, d}x=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(x^3+1)\mathrm{\, d}x=\left.\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}+x\right)\right |_{0}^{1}=\displaystyle\frac{5}{4}.\]

Diện tích cần tìm là \(S=6\displaystyle\int\limits_1^9 \sqrt{x}\mathrm{\,d}x=4\sqrt{x^3}\big|_1^9=104\).

Phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\) và \(Ox\) là \(x^2-4x+3=0\Leftrightarrow x=1,\ x=3.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là \(\displaystyle\int\limits_1^3\left|x^2-4x+3\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{4}{3}\).

Diện tích hình phẳng được tính bởi

\(I=2\displaystyle\int\limits_{0}^{\pi}(\sin x-0)\mathrm{\,d}x= 2\left.(-\cos x)\right|_0^\pi =4\).

Diện tích hình phẳng \((H)\) được tính bởi tích phân \(I = \displaystyle \int\limits_{-3} ^4 \left|x^3 - 4x \right|\, \mathrm{d}x = \int\limits_{-3}^4 \left|x (x - 2) (x + 2)\right|\, \mathrm{d}x = -\int\limits_{-3}^{-2} (x^3 - 4x)\, \mathrm{d}x + \int\limits_{-2}^{0} (x^3 - 4x)\, \mathrm{d}x - \int\limits_{0}^{2} (x^3 - 4x)\, \mathrm{d}x + \int\limits_2^4 (x^3 - 4x)\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{201}{4}\).

Ta có \(S = \displaystyle \int\limits_0^2 \left| -x^2 + 5x + 6 \right|\, \mathrm{d}x = \int\limits_0^2 \left| (x + 1)(x - 6) \right|\,\mathrm{d}x = -\int\limits_0^2 (x + 1) (x - 6)\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{58}{3}\).

Diện tích hình phẳng \((H)\) được tính bởi biểu thức \(\displaystyle \int\limits_1^2 \left| 3x^4 - 4x^2 + 5 \right|\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{214}{15}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(x^3-3x=0\Leftrightarrow x=-\sqrt{3}\ \vee\ x=0\ \vee\ v=\sqrt{3}.\) Vậy

\[\begin{aligned} S=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} |x^3-3x|\mathrm{\,d}x=\ &\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^0 |x^3-3x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}} |x^3-3x|\mathrm{\,d}x\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^0 (x^3-3x)\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}} (x^3-3x)\mathrm{\,d}x \\ =\ &\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-\displaystyle\frac{3x^2}{2}\right)\bigg|_{-\sqrt{3}}^0-\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-\displaystyle\frac{3x^2}{2}\right)\bigg|_0^{\sqrt{3}}\\ =\ &\displaystyle\frac{9}{2}. \end{aligned}\]

Diện tích cần tính bằng

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle\int\limits_{\frac{1}{\mathrm{e}}}^\mathrm{e} |\ln x|\mathrm{\,d}x = \displaystyle\int\limits_{\frac{1}{\mathrm{e}}}^1 |\ln x|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^\mathrm{e} |\ln x|\mathrm{\,d}x\\ =\ & -\displaystyle\int\limits_{\frac{1}{\mathrm{e}}}^1 \ln x\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^\mathrm{e} \ln x\mathrm{\,d}x =-(x\ln x-x)\biggr|_{\frac{1}{\mathrm{e}}}^1+(x\ln x-x)\biggr|_1^\mathrm{e}\\ =\ &1-\displaystyle\frac{2}{\mathrm{e}}+1+\mathrm{e}-\mathrm{e}+1 =2-\displaystyle\frac{2}{\mathrm{e}}. \end{aligned}\]

Ta có phương trình hoành độ giao điểm là \(\displaystyle\frac{1}{x}\ln x=0 \Leftrightarrow x=1\).

Diện tích của hình phẳng là

\[\displaystyle\int\limits_1^\mathrm{e} \left| \displaystyle\frac{1}{x}\ln x \right| \textrm{\,d}x = \left| \displaystyle\int\limits_1^\mathrm{e} \ln x \textrm{\,d} (\ln x) \right| = \left| \displaystyle\frac{\ln^2 x}{2}\Big|_1^\mathrm{e} \right| =\displaystyle\frac{1}{2}.\]

Ta có \(y=(x+m)^2+2x^2+1>0,\ \forall x\in\mathbb{R}\).

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\[ \begin{aligned} S =\ & \int\limits_0^{\sqrt{2}} \left|3x^2+2mx+m^2+1\right|\mathrm{\,d}x \\ =\ & \int\limits_0^{\sqrt{2}} \left(3x^2+2mx+m^2+1\right)\mathrm{\,d}x \\ =\ & \left(x^3+mx^2+m^2x+x\right)\Big|_0^{\sqrt{2}} \\ =\ & \sqrt{2}m^2+2m+3\sqrt{2}\\ =\ & \sqrt{2}\left(m+\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}\ge \displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}. \end{aligned} \]

Vậy \(S\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}\) khi và chỉ khi \(m=-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\approx -0{,}7071\).

\(S_1=\displaystyle \int\limits_0^k\mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=\mathrm{e}^k-1,\) \(S_2=\displaystyle \int\limits_k^{\ln8}\mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=8-\mathrm{e}^k.\) Từ đó, \(\mathrm{e}^k-1=8-\mathrm{e}^k\Leftrightarrow k=\ln\displaystyle\frac92.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \((C_m)\) với trục hoành là \(x^4-4x^2+m=0\) (1)

Đặt \(t=x^2\), phương trình \((1)\) trở thành \(t^2-4t+m=0\) (2).

Đồ thị \((C_m)\) cắt trục hoành tại \(4\) điểm phân biệt khi phương trình \((1)\) có \(4\) nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\) phương trình \((2)\) có hai nghiệm dương phân biệt..

\[ \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &4-m>0 \\ &m>0 \end{aligned}\right. \Leftrightarrow 0 < m < 4. \]

Gọi \(t_1,t_2\) là hai nghiệm dương của \((2)\) với \(t_1 < t_2\). Khi đó \((1)\) có \(4\) nghiệm phân biệt theo thứ tự là \(x_1=-\sqrt{t_1}\), \(x_2=-\sqrt{t_2}\), \(x_3=\sqrt{t_1}\), \(x_4=\sqrt{t_2}\). Do tính đối xứng qua trục \(Oy\) của \((C_m)\) nên yêu cầu của bài toán trở thành

\[ \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_0^{x_3} (x^4-4x^2+m) \mathrm{d}x=\ &\displaystyle\int\limits_{x_3}^{x_4} (-x^4+4x^2-m) \mathrm{d}x\\ \Leftrightarrow\ & \displaystyle\int\limits_0^{x_4} (x^4-4x^2+m) \mathrm{d}x=0\\ \Leftrightarrow\ & \left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-\displaystyle\frac{4x^3}{3}+mx\right)\Bigg|_0^{x_4}=0\\ \Leftrightarrow\ & \displaystyle\frac{x_4^5}{5}-\displaystyle\frac{4x_4^3}{3}+mx_4=0\\ \Leftrightarrow\ & 3x_4^4-20x_4^2+15m=0. \end{aligned} \]

Suy ra \(x_4\) là nghiệm của hệ phương trình

\[\begin{aligned} &\left\{\begin{aligned} &x_4^4-4x_4^2+m=0\\ &3x_4^4-20x_4^2+15m=0\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &12x_4^4-40x_4^2=0\\ &3x_4^4-20x_4^2+15m=0\end{aligned}\right.\\ \Leftrightarrow\ &\left\{\begin{aligned} &x_4^2=0\\ &m=0\end{aligned}\right.\ \vee\ \left\{\begin{aligned} &x_4^2=\displaystyle\frac{10}{3}\\ &m=\displaystyle\frac{20}{9}.\end{aligned}\right. \end{aligned}\]

Kết hợp với điều kiện, suy ra \(m=\displaystyle\frac{20}{9}\in (2;3)\).

\( y=(x-3)^2 \) cắt trục tung tại \( A(0;9) \) và trục hoành tại \( B(3;0) \). Diện tích \( (H) \) là

\[\displaystyle \int \limits_0^3 (x-3)^2 \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{(x-3)^3}{3} \Big|_0^3 =9.\]

Gọi giao điểm của hai đường thẳng có hệ số góc \( k_1;k_2 \) với trục hoành là \( C(c;0) \) và \( D(d;0) \).

Do \( k_1>k_2 \) nên \( OC>OD \).

Theo giả thiết ta có \( S_{OAD}=S_{ACD}=\displaystyle\frac{1}{3}S_{(H)}=3 \).

Mà \( S_{OAD}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot OA\cdot OD= \displaystyle\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot OD \Rightarrow OD=\displaystyle\frac{3}{\displaystyle\frac{9}{2}}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

Tương tự \( CD=\displaystyle\frac{2}{3} \Rightarrow OC=\displaystyle\frac{4}{3} \).

\( k_1=-\tan \widehat{ACO}=-\displaystyle\frac{OA}{OC}=-\displaystyle\frac{9}{\displaystyle\frac{4}{3}}=\displaystyle\frac{-27}{4} \);\\ \( k_2=-\tan \widehat{ADO}=-\displaystyle\frac{OA}{OD}=-\displaystyle\frac{9}{\displaystyle\frac{2}{3}}=\displaystyle\frac{-27}{2} \).\\ Vậy \( k_1-k_2=\displaystyle\frac{27}{4} \).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \((C)\) và trục hoành là \(5x^4-8x^2+m=0\).

Đặt \(t=x^2\), \(t\ge 0\). Ta có \(5t^2-8t+m=0. (1)

Đồ thị \((C)\) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \((1)\) có hai nghiệm dương phân biệt

\[ \left\{ \begin{aligned} &\Delta'>0\\ &P>0\\ &S>0 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & 16-5m > 0\\ &\displaystyle\frac{m}{5} > 0 \\&\displaystyle\frac{8}{5}>0 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow 0< m < \displaystyle\frac{16}{5}. \]

Ta có hàm số \(y=f(x)=5x^4-8x^2+m\) là hàm số chẵn nên \(S_1+S_2=S_3\Rightarrow S_2=\displaystyle\frac{1}{2}S_3\).

Gọi \(x_1 < x_2 < x_3 < x_4\) là bốn hoành độ giao điểm của \((C_m)\) với trục hoành ta có

\[S_2=\displaystyle\frac{1}{2}S_3\Rightarrow \displaystyle \int\limits_{x_3}^{x_4} \left(-f(x)\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle \int\limits_0^{x_3}f(x)\mathrm{\,d}x.\]

\[ \begin{aligned} \Leftrightarrow\ &\displaystyle \int\limits_{x_3}^{x_4}f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle \int\limits_0^{x_3}f(x)\mathrm{\,d}x=0\Leftrightarrow \displaystyle \int\limits_0^{x_4}f(x)\mathrm{\,d}x=0\Leftrightarrow \displaystyle \int\limits_0^{x_4}(5x^4-8x^2+m)\mathrm{\,d}x=0\\ \Leftrightarrow\ &\left( x^5-\displaystyle\frac{8}{3}x^3+mx \right)\bigg|_0^{x_4}=0\Leftrightarrow x_4^5-\displaystyle\frac{8}{3}x_4^3+mx_4=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} &x_4=0\\ &x_4^4-\displaystyle\frac{8}{3}x_4^2+m=0\qquad (2) \end{aligned} \right. \end{aligned} \]

Với \(x_4=0\Rightarrow m=0\) (loại).

Xét \((2)\Leftrightarrow (5x^4_4-8x_4^2+m)-4x^4_4+\displaystyle\frac{16}{3}x_4^2=0\Leftrightarrow 4x_4^4-\displaystyle\frac{16}{3}x_4^2=0\Leftrightarrow x_4^2=\displaystyle\frac{4}{3}\Rightarrow m=\displaystyle\frac{16}{9}\) (nhận).

Ta có \(y'=\displaystyle\frac{m^2+1}{(x+1)^2}>0, \forall x \neq 1\), nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định với mọi \(m\).

\(\mathcal{(C)}\) cắt trục hoành tại \(A(m^2;0)\) và cắt trục tung \(B(0;-m^2)\).

\(\displaystyle S=-\int \limits_0^{m^2} \displaystyle\frac{x-m^2}{x+1} \mathrm{\,d}x=\left(m^2+1\right) \ln\left(m^2+1\right)-m^2.\)

\(S=1 \Leftrightarrow (m^2 + 1)\cdot \left [\ln\left(m^2+1\right)-1\right ] = 0 \Leftrightarrow m=\pm \sqrt{\mathrm{e}-1}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(x^2-2x=-x^2+x \Leftrightarrow 2x^2-3x=0 \Leftrightarrow x=0\ \vee\ x=\displaystyle\frac{3}{2}\).

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle\int \limits_0^{\frac{3}{2}}\left|2x^2-3x \right|\mathrm{d}x =\left|\displaystyle\int \limits_0^{\frac{3}{2}}(2x^2-3x)\mathrm{d}x\right|\\ =\ &\left|\left(\displaystyle\frac{2}{3}x^3-\displaystyle\frac{3}{2}x^2\right)\Big|_0^{\frac{3}{2}}\right|=\displaystyle\frac{9}{8}. \end{aligned}\]

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số đã cho là \(x^2=x.\) Phương trình này có hai nghiệm là \(0\) và \(1\). Do đó, diện tích cần tính là

\[S=\displaystyle \int\limits_0^1\left|x^2-x\right|\mathrm{\,d}x=\int\limits_0^1\left(x-x^2\right)\mathrm{\,d}x=\left.\left(\displaystyle\frac{x^2}2-\displaystyle\frac{x^3}3\right)\right|_0^1=\displaystyle\frac16.\]

Phương trình hoành độ giao điểm \( x\sin2x=2x\Leftrightarrow x\left(\sin2x-2\right)=0 \Leftrightarrow x=0\ \vee\ \sin2x=2\, (\text{vô nghiệm}).\)

Diện tích hình phẳng là

\[ \begin{aligned} S=\ &\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}|x\sin2x-2x|\mathrm{\, d}x=\left|\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}(x\sin2x-2x)\mathrm{\, d}x\right|\\ =\ &\left|\left(\displaystyle\frac{1}{4}\sin2x-\displaystyle\frac{1}{2}x\cos2x-x^2\right)\Bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}\right|\\ =\ &\displaystyle\frac{\pi^2}{4}-\displaystyle\frac{\pi}{4}. \end{aligned} \]

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là:

\[2x^2=5x-2\Leftrightarrow x=\displaystyle\frac{1}{2}\ \vee\ x=2.\]

Khi đó:

\(\displaystyle S=\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 \left|2x^2-(5x-2)\right|\mathrm{\,d}x = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 \left(-2x^2+5x-2\right)\mathrm{\,d}x=\left(-\displaystyle\frac{2}{3}x^3+\displaystyle\frac{5}{2}x^2-2x\right)\Big|_{\frac{1}{2}}^2=\displaystyle\frac{9}{8}\).

Phương trình hoành độ giao điểm: \( x^3-2x=x \Leftrightarrow x=0\ \vee\ x=\pm\sqrt{3}.\)

Suy ra \( S=\left|\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{3}}^0 (x^3-3x)\mathrm{\,d}x\right|+ \left|\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}} (x^3-3x)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{9}{2}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị \(3x^2=2x+5\Leftrightarrow 3x^2-2x-5=0\). Phương trình có hai nghiệm \(x=-1\), \(x=\displaystyle\frac{5}{3}\).

Diện tích của hình phẳng cần tìm là

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle \int\limits_{-1}^{2} |(3x^2-2x-5)| \mathrm{d}x=\biggr|\displaystyle \int\limits_{-1}^{\frac{5}{3}} (3x^2-2x-5) \mathrm{d}x \biggr|+\biggr|\displaystyle \int\limits_{\frac{5}{3}}^{2} (3x^2-2x-5) \mathrm{d}x \biggr|\\ =\ &\biggr| \left(x^3-x^2-5x\right) \biggr|_{-1}^{\frac{5}{3}} \biggr|+\biggr| \left(x^3-x^2-5x\right) \biggr|_{\frac{5}{3}}^2 \biggr| =\biggr| -\displaystyle\frac{175}{27} - 3 \biggr| +\biggr|-6 + \displaystyle\frac{175}{27} \biggr|=\displaystyle\frac{269}{27}. \end{aligned}\]

Phương trình hoành độ giao điểm \(x^2+2x=x^3 \Leftrightarrow x=0\ \vee\ x= -1\ \vee\ x=2\).

Diện tích cần tính \(S= \displaystyle \int \limits_{-1}^0 (x^3-x^2-2x) \mathrm{d} x + \int \limits_{0}^2 (x^2+2x-x^3) \mathrm{d} x = \displaystyle\frac{37}{12}\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(x^3-x=x-x^2\Leftrightarrow x=1\ \vee\ x=0\ \vee\ x=-2.\)

Khi đó ta có \(S=\displaystyle\int\limits_{-2}^1\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-2}^0\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x\).

Ta có \(\displaystyle\int\limits_{-2}^0\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_{-2}^0\left(x^3+x^2-2x\right)\mathrm{\,d}x\right|=\left|\left.\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}+\displaystyle\frac{x^3}{3}-x^2\right)\right|_{-2}^0 \right|=\displaystyle\frac{8}{3}\).

Và \(\displaystyle\int\limits_0^1\left|x^3+x^2-2x\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_0^1\left(x^3+x^2-2x\right)\mathrm{\,d}x\right|=\left|\left.\left(\displaystyle\frac{x^4}{4}+\displaystyle\frac{x^3}{3}-x^2\right)\right|_0^1 \right|=\displaystyle\frac{5}{12}\).

Suy ra \(S=\displaystyle\frac{37}{12}\).

Phương trình hoành độ giao điểm là

\[x^4-x+2=x^2-x+2\Leftrightarrow x^4-x^2=0\Leftrightarrow x=0;x=\pm 1.\]

Diện tích phằng giới hạn bởi hai đường là

\(I=\displaystyle\int\limits_{-1}^{0}{[(x^2-x+2)-(x^4-x+2)]}\mathrm{\,d}x+\\ \int\limits_{0}^{1}{[(x^2-x-2)-(x^4-x+2)]}\mathrm{\,d}x= \displaystyle\frac{2}{15}+\displaystyle\frac{2}{15}=\displaystyle\frac{4}{15}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \((C)\) với đồ thị \(\left(C'\right)\)

\[-2x^3+x^2+x+5=x^2-x+5\Leftrightarrow -2x^3+2x=0\Leftrightarrow x=0 \text{ hoặc } x=\pm 1.\]

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^1 \left|2x^3-2x\right|\mathrm{\,d}x=\left|\displaystyle\int\limits_{-1}^0 (2x^3-2x) \mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_0^1 (2x^3-2x) \mathrm{\,d}x\right|=1\).

Ta có \(y=\sqrt{x+1}\Leftrightarrow x=y^2-1 \ (y\geq 0)\) và \(y=-2x+8\Leftrightarrow x=-\displaystyle\frac{y}{2}+4\), trục \(Ox:y=0\).

Phương trình tung độ giao điểm: \(y^2-1=-\displaystyle\frac{y}{2}+4\Rightarrow y=2\ (\geq 0)\).

Diện tích cần tính là

\(S=\displaystyle\int\limits_{0}^{2}\left|(y^2-1)-\left(-\displaystyle\frac{y}{2}+4\right)\right|\,\mathrm{d}y=\displaystyle\int\limits_{0}^{2}\left(-y^2-\displaystyle\frac{y}{2}+5\right)\,\mathrm{d}y=\displaystyle\frac{19}{3}.\)

Hoành độ giao điểm của đường cong \( y=\sqrt{2x} \) và đường thẳng \( y=2x-2 \) là

\[\sqrt{2x}=2x-2\Leftrightarrow x=2.\]

Đồ thị hàm số \( y=2x-2 \) cắt \( Ox \) tại điểm \( (1;0) \).

Diện tích hình phẳng là

\[ \begin{aligned} S=&\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\sqrt{2x}\mathrm{\, d}x+\displaystyle\int\limits_{1}^{2}\left(\sqrt{2x}-2x+2\right)\mathrm{\, d}x=\displaystyle\frac{5}{3}. \end{aligned} \]

Dựa vào đồ thị của hàm số \(f'(x)\), ta có

\[f(b)-f(a)=\int\limits_a^bf'(x)\mathrm{\,d}x < 0 \Rightarrow f(b) < f(a).\]

Lại có diện tích hình phẳng giới hạn bởi \( f'(x) \) với trục hoành trên đoạn \( [a;b] \) nhỏ hơn diện tích hình phẳng giới hạn bởi \( f'(x) \) với trục hoành trên đoạn \( [b;c] \), do đó

\[ f(c)-f(a)= \int\limits_a^cf'(x)\mathrm{\,d}x = \int\limits_a^bf'(x)\mathrm{\,d}x + \int\limits_b^cf'(x)\mathrm{\,d}x > 0 \Rightarrow f(c) > f(a). \]

Vậy \(f(b) < f(a) < f(c)\).

Ta có \(f(b) -f(a) = \displaystyle \int \limits_{a}^{b} f'(x) \mathrm{\,d}x < 0\) nên \(f(b) < f(a)\).

Tương tự,

\(f(c) -f(b) = \displaystyle \int \limits_{b}^{c} f'(x) \mathrm{\,d}x > 0\) nên \(f(c) > f(b)\).

\(f(c)-f(a) = \displaystyle \int \limits_{a}^{c} f'(x) \mathrm{\,d}x = \displaystyle \int \limits_{a}^{b} f'(x) \mathrm{\,d}x + \displaystyle \int \limits_{b}^{c} f'(x) \mathrm{\,d}x >0\) nên \(f(c) > f(a)\).

Vậy \(f(c)>f(a)>f(b)\).

Dựa vào đồ thị của hàm \(f'(x)\) trên đoạn \([-2;6]\) ta suy ra

\(f(-1)-f(-2)=\displaystyle\int_{-2}^{-1}f'(x)\mathrm{\,d}x > 0\Rightarrow f(-1) > f(-2)\).

\(f(2)-f(-1)=\displaystyle\int_{-1}^{2}f'(x)\mathrm{\,d}x < 0\Rightarrow f(2) < f(-1)\).

\(f(2)-f(-2)=\displaystyle\int_{-2}^{2}f'(x)\mathrm{\,d}x = \displaystyle\int_{-2}^{-1}f'(x)\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int_{-1}^{2}f'(x)\mathrm{\,d}x < 0\Rightarrow f(2) < f(-2)\).

\(f(6)-f(2)=\displaystyle\int_{2}^{6}f'(x)\mathrm{\,d}x > 0\Rightarrow f(6) > f(2)\).

\(f(6)-f(-1)=\displaystyle\int_{-1}^{6}f'(x)\mathrm{\,d}x > 0\Rightarrow f(6) > f(-1)\).

Vậy \(f(2) < f(-2) < f(-1) < f(6)\).

Dựa vào đồ thị của \(f'(x)\) ta thấy

\[\begin{aligned} f(1)-f(-1) =\ & \int\limits_{-1}^1f'(x)\mathrm{\,d}x < 0 \Rightarrow f(1) < f(-1).\\ f(4)-f(1) =\ & \int\limits_{1}^4f'(x)\mathrm{\,d}x > 0 \Rightarrow f(4) > f(1).\\ f(4)-f(-1) =\ & \int\limits_{-1}^4f'(x)\mathrm{\,d}x = \int\limits_{-1}^1f'(x)\mathrm{\,d}x + \int\limits_{1}^4f'(x)\mathrm{\,d}x > 0 \Rightarrow f(4) > f(-1).\\ \end{aligned}\]

Vậy \(f(1) < f(-1) < f(4)\), giá trị nhỏ nhất là \(f(1)\), giá trị lớn nhất là \(f(4)\).

Dựa vào hình vẽ và diện tích hình phẳng, ta có

\[ \begin{aligned} & E = \displaystyle\int\limits_0^3 f(x)\mathrm{\,d}x = - \displaystyle\int\limits_0^3 |f(x)|\mathrm{\,d}x < -2. \\ & F = \displaystyle\int\limits_3^5 f(x)\mathrm{\,d}x > 3.\\ & 0 < G = \displaystyle\int\limits_2^4 f(x)\mathrm{\,d}x < 2.\\ & -1 < H = f'(1) < 0. \text{ (hệ số góc của tiếp tuyến tại x = 1)} \end{aligned} \]

Như vậy \(E < H < G < F\).

Gọi \( S_1 \) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \( y=f'(x), Ox, x=a, x=b \).

Gọi \( S_2 \) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \( y=f'(x), Ox, x=b, x=c \).

Gọi \( S_3 \) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \( y=f'(x), Ox, x=c, x=d \).

Ta có

• \(\displaystyle S_1=-\int\limits_a^b f'(x)\mathrm{\, d}x=f(a)-f(b) \).
• \(\displaystyle S_2=\int\limits_b^c f'(x)\mathrm{\, d}x=f(c)-f(b) \).
• \(\displaystyle S_3=-\int\limits_c^d f'(x)\mathrm{\, d}x=f(c)-f(d) \).

Từ hình vẽ, ta nhận thấy

\[S_1 < S_2 < S_3\Rightarrow\left\{\begin{aligned} & f(a)-f(b) < f(c)-f(b)\\ & f(c)-f(b) < f(c)-f(d)\end{aligned}\right.\Rightarrow \left\{\begin{aligned} & f(a) < f(c) & (1)\\ & f(d) < f(b). & (2)\end{aligned}\right.\]

Vì \( 0 < S_1=f(a)-f(b) \) nên \( f(b) < f(a),\quad (3) \).

Từ \((1), (2), (3) \) suy ra \( f(c) > f(a) > f(b) > f(d) \).

Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng \(\left(H\right)\), theo hình vẽ suy ra \(S = \displaystyle\int\limits_{1}^{3}x\ln x\, \mathrm{d}x\).

\[\begin{aligned} S =\ &\displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot \ln x\Big\vert^{3}_{2} + \displaystyle\int\limits_{1}^{3}\displaystyle\frac{x}{2}\, \mathrm{d}x\\ =\ & \displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot \ln x\Big\vert^{3}_{1} - \displaystyle\frac{x^2}{4}\Big\vert^{3}_{1} = \displaystyle\frac{9}{4}\ln 3 - 2. \end{aligned}\]

Diện tích hình phẳng cần tính là \[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle \int \limits_0^1 \left( x-\displaystyle\frac{x^2}{4} \right)\mathrm{\,d}x +\displaystyle \int \limits_1^2 \left( 1-\displaystyle\frac{x^2}{4} \right)\mathrm{\,d}x\\ =\ &\left. \left( \displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{x^3}{12} \right) \right|_0^1 +\left. \left( x-\displaystyle\frac{x^3}{12} \right) \right|_1^2 =\displaystyle\frac{5}{6}. \end{aligned}\]

Khi đó \(a=5\), \(b=6\). Vậy \(b-a=1\).

Diện tích phần gạch chéo

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle\int\limits_1^2 \left[ f'(x) -x\right] \mathrm{\,d}x -\displaystyle\int\limits_2^3 \left[ f'(x) -x\right] \mathrm{\,d}x\\ =\ & \left[f(x) - \displaystyle\frac{x^2}{2}\right]\Bigg|_1^2 -\left[f(x) - \displaystyle\frac{x^2}{2}\right]\Bigg|_2^3 = 2f(2)-f(1)-f(3)+1. \end{aligned}\]

Phương trình hoành độ giao điểm \( \ln (x+1) = 1 \Leftrightarrow x = \mathrm{e} -1 \).

Diện tích \( (H) \) được tính theo công thức \( S = \displaystyle \int \limits^{ \mathrm{e}-1 }_0 \left [ 1 - \ln (x+1) \right ] \mathrm{\, d}x\).

Ta thấy \( \displaystyle \int \ln(x+1) \mathrm{\, d} x = (x+1) \ln (x+1) - x + C \).

Do vậy, \( S = \left [ 2x - (x+1)\ln(x+1) \right ] \Big |^{\mathrm{e}-1}_0 = \mathrm{e} -2 \).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số là

\[\begin{aligned} &2x^2-1=\sqrt{2-x^2}\\ \Leftrightarrow\ &\left\{\begin{aligned} &(2x^2-1)^2=2-x^2\\ &2x^2-1\ge 0\\ &2-x^2\ge 0\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &4x^4-3x^2-1=0\\ &\displaystyle\frac{1}{2}\le x^2\le x^2\end{aligned}\right.\\ \Leftrightarrow\ &x^2=1 \Leftrightarrow x=\pm 1. \end{aligned}\]

Khi đó diện tích của hình \((H)\) là

\[\begin{aligned} S_H &=\int\limits_{-1}^{1} |2x^2-1-\sqrt{2-x^2}| \mathrm{\,d}x =\int\limits_{-1}^{1} (-(2x^2-1)+\sqrt{2-x^2}) \mathrm{\,d}x\\ &=-\int\limits_{-1}^{1} (2x^2-1)\mathrm{\,d}x + \int\limits_{-1}^{1} \sqrt{2-x^2} \mathrm{\,d}x\\ &=-\left(\displaystyle\frac{2}{3}x^3-x\right)\bigg|_{-1}^{1} + \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}2\cos t\cdot \cos t \mathrm{\,d}t\ \ (\text{Đổi biến } x=\sqrt{2}\sin t)\\ &=\displaystyle\frac{2}{3} + \int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} (\cos(2t)+1)\mathrm{\,d}t =\displaystyle\frac{2}{3} + \left(\displaystyle\frac{1}{2}\sin(2t)+t\right)\bigg|_{\frac{-\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} =\displaystyle\frac{3\pi + 10}{6}. \end{aligned}\]

Ta có \( f(x)-g(x)= ax^3+(b-d)x^2+(c-e)x-4 \)\ (1).

Mặt khác phương trình \( f(x)-g(x)=0 \) có \( 3 \) nghiệm phân biệt \( x=-2 \), \( x=-1 \), \( x=1 \) nên

\[f(x)-g(x)=0\Leftrightarrow (x+2)(x+1)(x-1)=0\Leftrightarrow x^3+2x^2-x-2=0 \ (2).\]

Từ \( (1) \) và \( (2) \), suy ra \( f(x)-g(x)=2x^3+4x^2-2x-4 \).

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\[S=\displaystyle\int \limits_{-2}^{-1}(2x^3+4x^2-2x-4)\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int \limits_{-1}^{1}(2x^3+4x^2-2x-4)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{37}{6}.\]

Do \((C)\colon y=f(x)\) và \((C')\colon y=g(x)\) cắt nhau tại \(3\) điểm phân biệt có hoành độ \(-3;-1;2\) nên

\[f(x)-g(x)=A(x+3)(x+1)(x-2).\]

Do \(f(0)-g(0)=-\displaystyle\frac{3}{2}\) nên \(-6A=-\displaystyle\frac{3}{2}\Rightarrow A=-\displaystyle\frac{1}{4}\).

Từ đó \(f(x)-g(x)=\displaystyle\frac{1}{4}(x+3)(x+1)(x-2)=\displaystyle\frac{1}{4}(x^3+2x^2-5x-6)\).

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

\[S=\left|\displaystyle\int\limits_{-3}^{-1} \displaystyle\frac{1}{4}(x^3+2x^2-5x-6)\mathrm{\,d}x\right|+\left|\displaystyle\int\limits_{-1}^2 \displaystyle\frac{1}{4}(x^3+2x^2-5x-6)\mathrm{\,d}x\right|=\displaystyle\frac{253}{48}.\]

Ta có đồ thị hàm số \(y = (x+3)^2\) tiếp xúc với trục hoành tại \(x=-3\).

Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=(x+3)^2\), trục hoành và đường thẳng \(x=-3\), \(x=0\).

Gọi \(S_1\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=(x+3)^2\), đoạn thẳng \(AB\) và trục hoành.

Gọi \(S_2\) là diện tích của tam giác \(OAB\).

Vì \(S_1 = S_2\) nên \(S = 2S_2 \Leftrightarrow \displaystyle\int\limits_{-3}^0 (x+3)^2 \mathrm{\,d}x = 2 \cdot \displaystyle\frac{1}{2}OA \cdot OB \Leftrightarrow -9b = 9 \Leftrightarrow b = -1\).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{x}>0\) với \(x>1\), do đó ta được

\(S_1=\displaystyle \int \limits_1^k \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{d}x=\ln x \bigg|_1^k=\ln k\).

\(S_2=\displaystyle \int \limits_k^5 \displaystyle\frac{1}{x} \mathrm{d}x=\ln x \bigg|_k^5=\ln5-\ln k\).

\(S_1=2S_2 \Rightarrow \ln k =2(\ln 5 -\ln k) \Rightarrow k=\sqrt[3]{25}\).

Từ đồ thị ta có

\[\left\{\begin{aligned} &S_1= \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{7}{10}\\ &S_2= - \displaystyle\int\limits_b^c f(x)\mathrm{\,d}x = 2 \Rightarrow \displaystyle\int\limits_b^c f(x)\mathrm{\,d}x =-2.\end{aligned}\right.\]

Vậy \(I= \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_b^c f(x)\mathrm{\,d}x = \displaystyle\frac{7}{10}-2=-\displaystyle\frac{13}{10}.\)

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đường \(x^3-5x^2+6x=2x^2\Leftrightarrow x=0\ \vee\ x=1\ \vee\ x=6\).

Mặt khác hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y=x^3-5x^2+6x\) với trục \(Ox\) là nghiệm phương trình \(x^3-5x^2+6x=0\Leftrightarrow x=0\ \vee\ x=2\ \vee\ x=3\).

Suy ra diện tích

\[\begin{aligned} S =\ & \displaystyle\int \limits_{0}^{1} 2x^2 \mathrm{d}x + \displaystyle\int \limits_{1}^{2} \left( x^3-5x^2+6x\right)\mathrm{\,d}x\\ =\ &\displaystyle\frac{2x^3}{3} \bigg|_0^1 + \left(\displaystyle\frac{x^4}{4}-\displaystyle\frac{5x^3}{3}+3x^2 \right)\bigg|_1^2= \displaystyle\frac{7}{4}. \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} S =\ & \displaystyle \int \limits_{-5}^{-3}\left(\displaystyle\frac{x-1}{x+2} - 2\right) \mathrm{\,d}x + \displaystyle \int \limits_{-3}^{-1} (-x+1-2) \mathrm{\,d}x\\ =\ &\left(-x-3\ln|x+2|\right)\Big|_{-5}^{-3} + 2 = (3 - 3\ln 1) - (5-3\ln 3) + 2 = 3 \ln 3. \end{aligned}\]

Gọi \(S\) là diện tích của \((H)\). Khi đó, ta có:

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle\int\limits_0^1 \sqrt{x}\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{2}}\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x=I+J\\ I=\ &\displaystyle\int\limits_0^1\sqrt{x}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{x^{\frac{3}{2}}}{\displaystyle\frac{3}{2}}\biggr|_0^1=\displaystyle\frac{2}{3},\\ J=\ &\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{2}}\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x \end{aligned}\]

Đặt \(x=\sqrt{2}\sin t, t\in\left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\Rightarrow \mathrm{d}x=\sqrt{2}\cos t\mathrm{\,d}t\).

Đổi cận: \(x=1\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4}; x=\sqrt{2}\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Suy ra

\[\begin{aligned} J=\ &\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}2\cos^2t\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t\\ =\ &\left(t+\displaystyle\frac{1}{2}\sin 2t\right)\biggr|_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}=\displaystyle\frac{\pi}{2}-\displaystyle\frac{\pi}{4}-\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{\pi-2}{4}. \end{aligned}\]

Vậy \(S=\displaystyle\frac{2}{3}+\displaystyle\frac{\pi-2}{4}=\displaystyle\frac{3\pi+2}{12}\).

Hoành độ giao điểm của parabol với nửa đường tròn là nghiệm của phương trình

\[\sqrt{4-x^2}=\sqrt{3}x^2\Leftrightarrow 4-x^2=3x^2\Leftrightarrow x=-1\ \vee\ x=1.\]

Diện tích của \((H)\) được tính theo công thức

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\left|\sqrt{4-x^2}-\sqrt{3}x^2\right|\mathrm{\,d}x= \displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\left(\sqrt{4-x^2}-\sqrt{3}x^2\right)\mathrm{\,d}x\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{3}x^2\mathrm{\,d}x. \end{aligned}\]

Tính \(I_1=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{3}x^2\mathrm{\,d}x=\left.\displaystyle\frac{\sqrt{3}x^3}{3}\right |_{-1}^{1}=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}\).

Tính

\[\begin{aligned} I_2&=\displaystyle\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x=2\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x\\ &=2\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}\sqrt{4-(2\cos^2t)}\mathrm{\,d}(2\cos t)=-8\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}|\sin t|\sin t\mathrm{\,d}t\\ &=8\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}\sin^2 t\mathrm{\,d}t=8\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}\frac{1-\cos 2t}{2}\mathrm{\,d}t\\ &=4\left.\left(t-\frac{\sin 2t}{2}\right)\right |_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{3}}=\displaystyle\frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}. \end{aligned}\]

Vậy \(S=\displaystyle\frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}-\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{2\pi+\sqrt{3}}{3}.\)

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

\[\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow x=\pm 1.\]

Do tính chất đối xứng của đồ thị nên

\(S=2\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\displaystyle\int\limits_0^1 x^2 \mathrm{\,d}x+\displaystyle\frac{1}{2} \displaystyle\int\limits_1^2 \sqrt{4-x^2}\right)=2\left(S_1+S_2\right)\)

\(S_1=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\displaystyle\int\limits_0^1 x^2 \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}\).

\(S_2=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{4-x^2} \mathrm{\,d}x\). Đặt \(x=2\sin{t}\Rightarrow \mathrm{\,d}x =2\cos{t} \mathrm{\,d}t\).

\(x=1\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{6}, x=2\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Với \(t\in \left[\displaystyle\frac{\pi}{6};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\Rightarrow \cos{t}\geq 0\Rightarrow \sqrt{4-x^2}=2\sqrt{\cos^{2}{t}}=2\cos{t}\).

\[\begin{aligned} S2=\ &\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{2}} 4\cos^{2}{t} \mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{2}} 2\cos^{2}{t} \mathrm{\,d}t\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{2}}\left(1+\cos{2t}\right) \mathrm{\,d}t =\left(t+\displaystyle\frac{1}{2} \sin{2t}\right)\Big|_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{2}}=\displaystyle\frac{\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4} \end{aligned}\]

Vậy \(S=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}+\displaystyle\frac{2\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{4\pi-\sqrt{3}}{6}\Rightarrow a=4,b=-1,c=6\).

Suy ra \(P=a+b+c=9\).

Dựa vào hình vẽ, ta có

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle \int \limits_{0}^2 \sqrt{x} \mathrm{\,d}x + \displaystyle \int \limits_{2}^4 \left( \sqrt{x}-x+2 \right) \mathrm{\,d}x\\ =\ &\left. \displaystyle\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \right|_0^2 + \left. \left( \displaystyle\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} - \displaystyle\frac{x^2}{2} +2x \right) \right|_2^4=\displaystyle\frac{10}{3}. \end{aligned}\]

Phương trình đường thẳng \[d\colon \displaystyle\frac{x+\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{y}{1}\Rightarrow d\colon y=\displaystyle\frac{1}{1+\sqrt{2}}(x+\sqrt{2}) \].

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^1\left[ \sqrt{2-x^2}-\displaystyle\frac{1}{1+\sqrt{2}}(x+\sqrt{2}) \right]\mathrm{\,d}x\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^1\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\frac{1}{1+\sqrt{2}}\left( \displaystyle\frac{x^2}{2}+\sqrt{2}x \right)\bigg|_{-\sqrt{2}}^1\\ =\ &I-\displaystyle\frac{1+\sqrt{2}}{2}. \text{ Trong đó } I=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^1\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x . \end{aligned}\]

Tính \( I=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^1\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x \).

Đặt \( x=\sqrt{2}\sin t,\ t\in\left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2} \right]\Rightarrow \mathrm{\,d}x=\sqrt{2}\cos t\mathrm{\,d}t \).

Đổi cận \( x=-\sqrt{2}\Rightarrow t=-\displaystyle\frac{\pi}{2} \), \( x=1\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4} \).

Do đó

\[I=\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{4}2|\cos t|\cdot\cos t\mathrm{\,d}t=\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{4}(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{3\pi}{4}+\displaystyle\frac{1}{2}\]

Do đó, \( S=\displaystyle\frac{3\pi}{4}-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \).

Tính diện tích \( S_1 \). Ta có

\[S_1=\displaystyle\int\limits_{-3}^1[-x-1-f(x)]\mathrm{\,d}x=M\Leftrightarrow \displaystyle\int\limits_{-3}^1f(x)\mathrm{\,d}x=-M-\displaystyle\int\limits_{-3}^1(x+1)\mathrm{\,d}x.\]

Tính diện tích \( S_2 \). Ta có

\[S_2=\displaystyle\int\limits_{1}^3[f(x)+x+1]\mathrm{\,d}x=m\Leftrightarrow \displaystyle\int\limits_{1}^3f(x)\mathrm{\,d}x=m-\displaystyle\int\limits_{1}^3(x+1)\mathrm{\,d}x.\]

Do đó \(\displaystyle\int\limits_{-3}^3f(x)\mathrm{\,d}x=m-M-\displaystyle\int\limits_{-3}^3(x+1)\mathrm{\,d}x=m-M-6.\)

Với \(0\le x \le 4\) thì \(\sqrt{4x-x^2} =\sqrt{x} \Leftrightarrow x^2 -3x =0 \Leftrightarrow x=0\ \vee\ x=3\).

Vậy diện tích cần tính là

\[\begin{aligned} S=\ & \displaystyle \int \limits_0^3 \left(\sqrt{4x-x^2}-\sqrt{x}\right)\mathrm{\,d}x = \int \limits_0^3 \sqrt{4x-x^2} \mathrm{\,d}x - \int \limits_0^3 \sqrt{x}\mathrm{\,d}x\\ =\ &\int \limits_0^3 \sqrt{4x-x^2} \mathrm{\,d}x -2\sqrt{3}. \end{aligned}\]

Đặt \(x-2=2\sin t \Rightarrow \mathrm{\,d}x = 2\cos t \mathrm{\,d}t\), suy ra

\[\begin{aligned} \displaystyle \int \limits_0^3 \sqrt{4x-x^2} \mathrm{\,d}x =\ &\int \limits_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{6}} 2\sqrt{1-\sin^2 t} \cos t \mathrm{\,d}t = \int \limits_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{6}} 2(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t\\ =\ &(2t+\sin 2t)\bigg|_{-\tfrac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{8\pi + 3\sqrt{3}}{6}. \end{aligned}\]

Vậy \(S=\displaystyle\frac{8\pi + 3\sqrt{3}}{6} - 2\sqrt{3}=\displaystyle\frac{8\pi - 9\sqrt{3}}{6}\).

Ta có parabol \(y=x^2\) cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ bằng \(0\). Parabol \(y=x^2\) cắt đường thẳng \(y=-x+2\) tại điểm có hoành độ \(1\).

Đường thẳng \(y=-x+2\)cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(2\).

Diện tích hình phẳng đã cho là

\[S=\displaystyle\int\limits_0^1 x^2 \mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^2 (-x+2) \mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{5}{6}.\]

Ta có \( \sqrt{3}x^2=\sqrt{4-x^2}\Rightarrow 3x^4=4-x^2\Leftrightarrow 3x^4+x^2-4=0\Leftrightarrow x^2=1\ \vee\ x^2=-4 \Rightarrow x=1 \in \left[ 0;2\right] \).

Diện tích của \((H)\) được tính theo công thức

\[S=\displaystyle\int\limits_{0}^{2}\left|\sqrt{3}x^2\right|\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{1}^{2}\left|\sqrt{4-x^2}\right|\mathrm{\,d}x =\displaystyle\int\limits_0^1{\sqrt{3}x\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int\limits_1^2{\sqrt{4 - x^2}}}\mathrm{\,d}x.\]

Tính \(I_1=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\sqrt{3}x^2\mathrm{\,d}x=\left.\displaystyle\frac{\sqrt{3}x^3}{3}\right |_{0}^{1}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Tính

\[\begin{aligned} I_2=\ &\displaystyle\int\limits_{1}^{2}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{3}}^{0} \sqrt{4-(2\cos t)^2}\mathrm{\,d}(2\cos t)=-4\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{3}}^{0}|\sin t|\sin t\mathrm{\,d}t\\ =\ &4\displaystyle\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{3}}\sin^2 t\mathrm{\,d}t=4\displaystyle\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1-\cos 2t}{2}\mathrm{\,d}t\\ =\ &2\left.\left(t-\frac{\sin 2t}{2}\right)\right |_{0}^{\frac{\pi}{3}}=\displaystyle\frac{2\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{aligned}\]

Vậy \(S=\displaystyle\frac{2\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{4\pi -\sqrt{3}}{6} \Rightarrow a=4, b=3 ,c=6 \Rightarrow a+b+c=13\).

Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng \((H)\). Vì \(S_1=S_2\) nên

\[2S_1=S_1+S_2=S=\displaystyle \int\limits_{0}^{1} x^2 \mathrm{\,d}x= \left. \displaystyle\frac{x^3}{3}\right|_0^4=\displaystyle\frac{64}{3}\Rightarrow S_1=\displaystyle\frac{32}{3}.\]

Mặt khác, \(S_1=\displaystyle \int\limits_{\sqrt{k}}^{4} (x^2-k) \mathrm{\,d}x=\left. \displaystyle\frac{x^3}{3}\right|_{\sqrt{k}}^4-\left. kx\right|_{\sqrt{k}}^4=\displaystyle\frac{64}{3}+\displaystyle\frac{2k \sqrt{k}}{3}-4k\).

Suy ra,

\(\displaystyle\frac{64}{3}+\displaystyle\frac{2k\sqrt{k}}{3}-4k=\displaystyle\frac{32}{3}\Leftrightarrow 2k\sqrt{k}-12k+32=0\Leftrightarrow \sqrt{k}=2\ \vee\ \sqrt{k}=2+2\sqrt{3}\,\, \text{(loại)}\ \vee\ \sqrt{k}=2-2\sqrt{3}\,\, \text{(vô nghiệm)}\Rightarrow k=4\).

Ta có

\[\begin{aligned} &\left\{\begin{aligned} &S_1+S_2=\displaystyle \int \limits_{\frac{1}{2}}^2 \displaystyle\frac{\mathrm{d}x}{x}=2\ln2\\ &S_1=3S_2\end{aligned}\right. \Rightarrow \left\{\begin{aligned}&\displaystyle\frac{\ln 2}{2}=S_2\\ &S_2=\displaystyle \int \limits_k^2 \displaystyle\frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln 2-\ln k\end{aligned}\right.\\ \Rightarrow\ & \ln k=\displaystyle\frac{\ln 2}{2} \Rightarrow k=\sqrt{2}. \end{aligned}\]

Ta có

\[\begin{aligned} I=\ &\displaystyle\int\limits_{-1}^{4} f(x) \mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_{-1}^{2} f(x) \mathrm{\,d}x +\displaystyle\int\limits_{2}^{4} f(x) \mathrm{\,d}x\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{2}(3+1)\cdot 2-\displaystyle\frac{1}{2}(1+2)\cdot 1=\displaystyle\frac{5}{2}. \end{aligned}\]

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường \(y = |x^2 - 4x + 3|\) và \(y = x + 3\) là

\[|x^2 - 4x + 3| = x + 3 \Leftrightarrow \hoac{&x = 0 \\ &x = 5.}\]

Từ đồ thị, diện tích \(S\) của hình phẳng \((\mathscr{H})\) là

\[\begin{aligned} S & = \displaystyle\int\limits_0^1\left[(x + 3) - (x^2 - 4x + 3)\right]\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int\limits_1^3\left[(x + 3) - (-x^2 + 4x - 3)\right]\mathrm{\,d}x + \\ & \quad\quad\quad + \displaystyle\int\limits_3^5\left[(x + 3) - (x^2 - 4x + 3)\right]\mathrm{\,d}x\\ & = \displaystyle\int\limits_0^1(-x^2 + 5x)\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int\limits_1^3(x^2 - 3x + 6)\mathrm{\,d}x + \displaystyle\int\limits_3^5(-x^2 + 5x)\mathrm{\,d}x\\ & = \displaystyle\frac{13}{6} + \displaystyle\frac{26}{3} + \displaystyle\frac{22}{3} = \displaystyle\frac{109}{6}. \end{aligned}\]

Trên đoạn \(\left[0;2\right]\) xét các phương trình hoành độ giao điểm:

\(\checkmark\quad \displaystyle\frac{x^2}{3}=\sqrt{3}x^2\Leftrightarrow\displaystyle\frac{x^4}{9}=3x^4\Leftrightarrow x^4=0\Leftrightarrow x=0\);

\(\checkmark\quad \displaystyle\frac{x^2}{3}=\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{x^4}{9}=4-x^2\Leftrightarrow x^4+9x^2-36=0\Leftrightarrow x^2=3\ \vee\ x^2=-12\Rightarrow x^2=3\Rightarrow x=\sqrt{3}\);

\(\checkmark\quad \sqrt{3}x^2=\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow 3x^4=4-x^2\Leftrightarrow 3x^4+x^2-4=0\Leftrightarrow x^2=1\ \vee\ x^2=-\displaystyle\frac{4}{3}\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=1\).

Do đó diện tích cần tính bằng

\(S=\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\sqrt{3}x^2-\displaystyle\frac{x^2}{3}\right) \mathrm{\,d}x +\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{3}}\left(\sqrt{4-x^2}-\displaystyle\frac{x^2}{3}\right)\mathrm{\,d}x =I+J-K\).

Tính \(I=\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\sqrt{3}x^2-\displaystyle\frac{x^2}{3}\right) \mathrm{\,d}x=\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}x^3-\displaystyle\frac{x^3}{9}\right)\bigg|_0^1=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}-\displaystyle\frac{1}{9}\).

Tính \(J=\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{3}} \sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x\).

Đặt \(x=2\sin t, \left(t\in\left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\right)\Rightarrow\mathrm{d}x=2\cos t\mathrm{d}t\).

Đổi cận: \(x=1\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{6}, x=\sqrt{3}\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{3}\).

Khi đó \(J=4\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \cos^2t \mathrm{\,d}t=2\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \left(1+\cos 2t\right) \mathrm{\,d}t=\displaystyle\frac{\pi}{3}\).

Tính \(K=\displaystyle\int\limits_1^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{x^2}{3}\mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{x^3}{9}\bigg|_1^{\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}-\displaystyle\frac{1}{9}\).

Vậy \(S=J=\displaystyle\frac{\pi}{3}\).

Từ đồ thị hàm số ta có \(y=f(x)=\left\{\begin{aligned} &\displaystyle\frac{4}{3}x+4 & \textrm{ nếu }-3\le x < 0\\ &-x+4 & \textrm{ nếu } 0\le x < 1\\ &-x^2+4x & \textrm{ nếu } 1\le x\le 5\end{aligned}\right.\).

Suy ra

\[\begin{aligned} I&=\displaystyle\int\limits_{-2}^3 f(x)\mathrm{\,d}x\\ &=\displaystyle\int\limits_{-2}^0 f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^3 f(x)\mathrm{\,d}x\\ &=\displaystyle\int\limits_{-2}^0 \left(\displaystyle\frac{4}{3}x+4\right)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1 (-x+4)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_1^3 (-x^2+4x)\mathrm{\,d}x\\ &=\left.\left(-\displaystyle\frac{2x^2}{3}+4x\right)\right|_{-2}^0+\left.\left(-\displaystyle\frac{x^2}{2}+4x\right)\right|_0^1+\left.\left(-\displaystyle\frac{x^3}{3}+2x^2\right)\right|_1^3\\ &=\displaystyle\frac{97}{6}. \end{aligned}\]

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(y=f(x)=2x^2-1\) và nửa đường tròn \(y=g(x)=\sqrt{2-x^2}\) \((-\sqrt{2}\leq x\leq \sqrt{2})\) là

\[\begin{aligned} & 2x^2-1=\sqrt{2-x^2} \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &2x^2\geq 1\\ &2-x^2=4x^4-4x^2+1\end{aligned}\right.\\ \Leftrightarrow\ & \left\{\begin{aligned} &x^2\geq \displaystyle\frac{1}{2}\\ & 4x^4-3x^2-1=0\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &x\leq -\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \vee x\geq \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\\ & x^2=1\ \vee\ x^2=-\displaystyle\frac{1}{4}\quad (\text{vô nghiệm})\end{aligned}\right.\\ \Leftrightarrow\ &\left\{\begin{aligned} &x\leq -\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \vee x\geq \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\\ & x=1 \vee\ x=-1\end{aligned}\right. \Leftrightarrow x=1\ \vee\ x=-1. \end{aligned}\]

\(S=\displaystyle\int\limits_{-1}^1|f(x)-g(x)|\mathrm{\,d}x= \displaystyle\int\limits_{-1}^1|2x^2-1-\sqrt{2-x^2}|\mathrm{\,d}x= \displaystyle\int\limits_{-1}^1(\sqrt{2-x^2}-2x^2+1)\mathrm{\,d}x\)\\ \(=\displaystyle\int\limits_{-1}^1\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x-2 \int_{-1}^1x^2\mathrm{\,d}x+ \int_{-1}^11\mathrm{\,d}x=A-2B+C\)

Trong đó:

• \(A=\displaystyle\int\limits_{-1}^1\sqrt{2-x^2}\mathrm{\,d}x\)
  Đặt \(x=\sqrt{2}\sin t \Rightarrow \mathrm{\,d}x=\sqrt{2}\cos t\mathrm{\,d}t\) với \(t\in \left[ -\pi; \pi \right]\)
  Đổi cận: \(x=1 \Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4}\); \(x=-1 \Rightarrow t=-\displaystyle\frac{\pi}{4}\).
  Khi đó \[\begin{aligned} A=\ &\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{2-2cos ^2t}\cdot \sqrt{2} \cos t\mathrm{\,d}t=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}2 |\cos t| \cdot \cos tdt\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\cos ^2t\mathrm{\,d}t =\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}2\cdot \left( \displaystyle\frac{\cos 2t+1}{2} \right)\mathrm{\,d}t\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\cos 2t\mathrm{\,d}t +\displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} 1\mathrm{\,d}t =\displaystyle\frac{1}{2}\cdot \sin 2t \left|^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}\right.+t\left| ^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}\right.\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 2+\displaystyle\frac{\pi}{2}=1+\displaystyle\frac{\pi}{2}. \end{aligned}\]
• \(B=\displaystyle \int_{-1}^1x^2\mathrm{\,d}x= \left.\displaystyle\frac{x^3}{3} \right|_{-1}^{1}=\displaystyle\frac{2}{3}\).
• \(C=\displaystyle\int\limits_{-1}^11\mathrm{\,d}x=2\).

Suy ra \(S=A-2B+C=1+\displaystyle\frac{\pi}{2}-2\cdot \displaystyle\frac{2}{3}+2=\displaystyle\frac{3\pi+10}{6}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và nửa đường tròn là: \[\displaystyle\frac{1}{4}x^2=\sqrt{8-x^2}\Leftrightarrow x=\pm 2.\]

Trên khoảng \((0;2\sqrt{2})\), hai đường cong giao nhau tại điểm có hoành độ bằng \(2\).

Gọi \(S_1\) là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi parabol, trục hoành, trục tung và đường thẳng \(x=2\).

Gọi \(S_2\) là diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi đường tròn, trục hoành, đường thẳng \(x=2\sqrt{2}\) và đường thẳng \(x=2\) thì \(S_H=S_1+S_2\). Ta có \(S_2=\displaystyle\int\limits_{2}^{2\sqrt{2}}\sqrt{8-x^2}\mathrm{d}x\).

Đặt \(a=\displaystyle\frac{x}{2\sqrt{2}}\Rightarrow \mathrm{d}x=2\sqrt{2}da\). Ta được \(S_2=8\displaystyle\int\limits_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^1\sqrt{1-a^2}\mathrm{d}a\).

Đặt \(a=\sin t\Rightarrow \mathrm{d}a=\cos t\mathrm{d}t\). Ta được \[S_2=8\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2 t \mathrm{d}t=4\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos 2t)\mathrm{d}t =\left.\left(4t+2\sin 2t\right)\right|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}=\pi-2.\]

Dễ có

\(S_1=\displaystyle\int\limits_0^2\left(\displaystyle\frac{1}{4}x^2+1\right)\mathrm{d}x=\displaystyle\frac{8}{3}\Rightarrow S_H=S_1+S_2=\displaystyle\frac{3\pi+2}{3}\)

Ta có \[S=\displaystyle\frac{1}{4}\pi 4^2-\displaystyle\int\limits_0^4\left(-\displaystyle\frac{1}{2}x^2+2x\right)\mathrm{\,d}x=4\pi-\displaystyle\frac{16}{3}\].

Phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm là \(x = \pm 1\). Do đó diện tích cần tìm là

\(S = \displaystyle\int\limits_{-1}^1 (\sqrt{4-x^2} - \sqrt{3} x^2) \mathrm{\,d} x = \displaystyle\int\limits_{-1}^1 \sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d} x - \displaystyle\int\limits_{-1}^1\sqrt{3} x^2\mathrm{\,d} x = I - \displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{3}\), với \(I = \displaystyle\int\limits_{-1}^1 \sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d} x\)

Để tính \(I\) đặt \(x = 2\sin t \Rightarrow \mathrm{d}x = 2\cos t \mathrm{\,d}t\).

Nên \(I = \displaystyle\int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} 4\cos^2 t\mathrm{\,d}t = (2t - \sin 2t)\big|_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} = \displaystyle\frac{2\pi}{3} + \sqrt{3}\).

Do đó \(S = \displaystyle\frac{2\pi + \sqrt{3}}{3}\).

Ta có hình \((\mathrm{H})\) giới hạn bởi các đường \(x=\sqrt{y}, x=4, y=0, y=16\), khi đó diện tích hình \((\mathrm{H})\) là:

\[S=\displaystyle\int\limits_{0}^{16}(4-\sqrt{y})\mathrm{\, d}x=\displaystyle\frac{64}{3}.\]

Gọi \((\mathrm{H}_1)\) là hình giới hạn bởi các đường \(x=\sqrt{y}, x=4, y=0, y=k\), khi đó diện tích hình \((\mathrm{H}_1)\) là:

\[S_1=\displaystyle\int\limits_{0}^{k}(4-\sqrt{y})=4k-\displaystyle\frac{2}{3}\sqrt{k^3}.\]

\[\begin{aligned} S_1=S_2=\ &\displaystyle\frac{S}{2} \Leftrightarrow 4k-\displaystyle\frac{2}{3}\sqrt{k^3}=\displaystyle\frac{32}{3} \Leftrightarrow-\displaystyle\frac{2}{3}\left( \sqrt{k}\right) ^3+4\left( \sqrt{k}\right) ^2-\displaystyle\frac{32}{3}=0\\ \Leftrightarrow\ & \sqrt{k}=2+2\sqrt{3}\ \vee\ \sqrt{k}=2-2\sqrt{3}\ \vee\ \sqrt{k}=2 \Leftrightarrow k=16+8\sqrt{3}\ \vee\ k=16-8\sqrt{3}\ \vee\ k=4. \end{aligned}\]

Kết hợp với điều kiện \(0 < k < 16\) ta được \(k=4.\)

Diện tích hình phẳng cần tính là

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle \int \limits_0^1 \left( x-\displaystyle\frac{x^2}{4} \right)\mathrm{\,d}x +\displaystyle \int \limits_1^2 \left( 1-\displaystyle\frac{x^2}{4} \right)\mathrm{\,d}x\\ =\ &\left. \left( \displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{x^3}{12} \right) \right|_0^1 +\left. \left( x-\displaystyle\frac{x^3}{12} \right) \right|_1^2 =\displaystyle\frac{5}{6}. \end{aligned}\]

Khi đó \(a=5\), \(b=6\). Vậy \(b-a=1\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\[\begin{aligned} &-\sqrt{3} \left(x^2 - 2\right) = \sqrt{4 - x^2} \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &x^2 - 2 \leq 0\\ &3(x^4 - 4x^2 + 4) = 4 - x^2\end{aligned}\right.\\ \Leftrightarrow & \left\{\begin{aligned} & 0 \leq x^2 \leq 2\\ & x^2 = 1\end{aligned}\right. \Leftrightarrow x = \pm 1. \end{aligned}\]

Suy ra, diện tích của hình \((H)\) là

\[\begin{aligned} S = \displaystyle \int\limits_{-1}^1 \left| -\sqrt{3} \left(x^2 - 2\right) - \sqrt{4 - x^2}\, \mathrm{d}x \right|\, \mathrm{d}x = \int\limits_{-1}^1 -\sqrt{3} \left(x^2 - 2\right)\, \mathrm{d}x - \int\limits_{-1}^1 \sqrt{4 - x^2} \, \mathrm{d}x. \end{aligned}\]

• Xét tích phân \(I_1 = \displaystyle \int\limits_{-1}^1 -\sqrt{3} \left(x^2 - 2\right)\, \mathrm{d}x = \displaystyle\frac{10}{\sqrt{3}}\).
• Xét tích phân \(I_2 = \displaystyle\int\limits_{-1}^1 \sqrt{4-x^2} \, \mathrm{d} x\). Đặt \(x = 2\sin t\) ta được \[\begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{-1}^1 \sqrt{4-x^2} \, \mathrm{d} x &= \int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{-\frac{\pi}{6}} 2\cos t \sqrt{4 \cos ^2 t} \, \mathrm{d}t = \int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{-\frac{\pi}{6}} 4\cos ^2t \, \mathrm{d}t\\ &= \int\limits_{-\frac{\pi}{6}}^{-\frac{\pi}{6}} 2\left(\cos 2t + 1\right)\, \mathrm{d}t = \left(\sin 2t + 2t \right)\bigg|_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}}= \sqrt{3}+\displaystyle\frac{2\pi }{3}. \end{aligned}\]

Từ đây ta tính được \(S = I_1 - I_2 = \displaystyle\frac{10}{\sqrt{3}}-\left(\sqrt{3}+\displaystyle\frac{2\pi}{3}\right) = \displaystyle\frac{7\sqrt{3} - 2\pi}{3}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của parapol \(y=\displaystyle\frac{1}{4}x^2 + 1\) và nửa đường tròn \(y=\sqrt{8-x^2}\) là

\[\sqrt{8-x^2}=\displaystyle\frac{1}{4}x^2 + 1 \Leftrightarrow x=2.\]

Từ đồ thị, ta có diện tích hình phẳng \(\mathscr{(H)}\) là

\[S=\displaystyle\int\limits_0^2 \left(\displaystyle\frac{1}{4}x^2 + 1\right)\mathrm{d}x + \displaystyle\int\limits_2^{2\sqrt{2}}\sqrt{8-x^2}\mathrm{\,d}x.\]

• \(S_1=\displaystyle\int\limits_0^2 \left(\displaystyle\frac{1}{4}x^2 + 1\right)\mathrm{d}x=\left(\displaystyle\frac{x^3}{12}+x\right)\Bigg|_0^2=\displaystyle\frac{8}{3}\).
• \(S_2=\displaystyle\int\limits_2^{2\sqrt{2}}\sqrt{8-x^2}\mathrm{\,d}x\).
  Đặt \(x=2\sqrt{2}\sin t\) \(\left(t \in \left[-\displaystyle\frac{\pi}{2};\displaystyle\frac{\pi}{2}\right]\right)\) \(\Rightarrow \mathrm{d}x=2\sqrt{2}\cos t\mathrm{\,d}t\).
  Đổi cận \(x=2 \Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4}\); \(x=2\sqrt{2} \Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).
  Suy ra \[\begin{aligned} S_2=\ &2\sqrt{2}\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\sqrt{8-8\sin^2t}\cos t\mathrm{\,d}t=8\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\cos^2t\mathrm{\,d}t\\ =\ &4\displaystyle\int\limits_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}(1+\cos 2t)\mathrm{\,d}t \end{aligned}\] Suy ra \(S_2=4\left(t+\displaystyle\frac{1}{2}\sin 2t\right)\Bigg|_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}=\pi -2\).

Vậy \(S=S_1+S_2=\displaystyle\frac{8}{3}+\pi -2=\displaystyle\frac{3\pi + 2}{3}\).

Ta có diện tích phần tô đậm bằng

\[\displaystyle\int\limits_0^4\sqrt{x}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\int\limits_2^4(x-2)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{2}{3}x\sqrt{x}\Big|_0^4-2=\displaystyle\frac{10}{3}.\]

Phương trình hoành độ giao điểm của nửa trên elip và parabol là

\[\begin{aligned} &\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2=\sqrt{1-\displaystyle\frac{x^2}{4}} \Leftrightarrow 3x^4+x^2-4\\ \Leftrightarrow\ & x^2=1\ \vee\ x^2=-\displaystyle\frac{4}{3} \Leftrightarrow x=\pm1. \end{aligned}\]

Vì hình phẳng \((H)\) đối xứng qua trục tung nên diện tích \((H)\) là

\[\begin{aligned} S=\ &2\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left(\sqrt{1-\displaystyle\frac{x^2}{4}}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2\right)\mathrm{\,d}x\\ =\ &\int\limits_{0}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x-2\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2\mathrm{\,d}x. \end{aligned}\]

• Ta có \(\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}x^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{6}x^3\bigg|_0^1=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}\).
• Đặt \(x=2\sin{t} \;\Rightarrow\; \mathrm{d}x=2\cos{t}\mathrm{\,d}t\). Khi đó, \[\begin{aligned} &\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\sqrt{4-x^2}\mathrm{\,d}x= \int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}2\sqrt{4-4\sin^2{t}}\cos{t}\mathrm{\,d}t\\ =\ &2\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{6}}(1+\cos{2t})\mathrm{\,d}t= \left( 2t+\sin{2t}\right)\bigg|_0^{\tfrac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{\pi}{3}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{aligned}\]

Vậy \(S=\displaystyle\frac{\pi}{3}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}-2\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{6}=\displaystyle\frac{2\pi+\sqrt{3}}{6}\).

Do \((C)\colon y=f(x)\) và \((C')\colon y=g(x)\) cắt nhau tại \(3\) điểm phân biệt có hoành độ \(-3;-1\) và \(1\) nên \[f(x)-g(x)=A(x+3)(x+1)(x-1).\]

Từ giả thiết ta có \(f(0)-g(0)=-\displaystyle\frac{3}{2}\) nên \[-3A=-\displaystyle\frac{3}{2}\Leftrightarrow A=\displaystyle\frac{1}{2}.\]

\[\Rightarrow f(x)-g(x)=\displaystyle\frac{1}{2}(x+3)(x+1)(x-1)=\displaystyle\frac{1}{2}x^3+\displaystyle\frac{3}{2}x^2-\displaystyle\frac{1}{2}x-\displaystyle\frac{3}{2}.\]

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\[\begin{aligned}S&=\displaystyle\int\limits_{-3}^{-1} \left[f(x)-g(x)\right] \mathrm{d}x+\displaystyle\int\limits_{-1}^1 \left[g(x)-f(x)\right] \mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int\limits_{-3}^{-1} \left[\displaystyle\frac{1}{2}x^3+\displaystyle\frac{3}{2}x^2-\displaystyle\frac{1}{2}x-\displaystyle\frac{3}{2}\right] \mathrm{d}x-\displaystyle\int\limits_{-1}^1 \left[\displaystyle\frac{1}{2}x^3+\displaystyle\frac{3}{2}x^2-\displaystyle\frac{1}{2}x-\displaystyle\frac{3}{2}\right] \mathrm{d}x=2-(-2)=4. \end{aligned}\]

Phương trình hoành độ giao điểm \(ax^3+bx^2+cx+\displaystyle\frac{3}{4}=dx^2+ex-\displaystyle\frac{3}{4}\Leftrightarrow ax^3+(b-d)x^2+(c-e)x+\displaystyle\frac{3}{2}=0\).

Đặt \(h(x)=ax^3+(b-d)x^2+(c-e)x+\displaystyle\frac{3}{2}\).
Dựa vào đồ thị ta có \(h(x)=0\) có ba nghiệm là \(x=-2\); \(x=1\); \(x=3\).

Khi đó ta có hệ

\[\begin{aligned} & \left\{\begin{aligned} & -8a+4(b-d)-2(c-e)=-\displaystyle\frac{3}{2}\\ & a+(b-d)+(c-e)=-\displaystyle\frac{3}{2}\\ & 27a+9(b-d)+3(c-e)=-\displaystyle\frac{3}{2}\end{aligned}\right. \Leftrightarrow\left\{\begin{aligned} & a=\displaystyle\frac{1}{4}\\ & b-d=-\displaystyle\frac{1}{2}\\ & c-e=-\displaystyle\frac{5}{4}.\end{aligned}\right. \end{aligned}\]

Khi đó diện tích hình phẳng cần tính là

\[\begin{aligned} S=\ &\displaystyle\int\limits_{-2}^{3} |f(x)-g(x)|\mathrm{\,d}x =\displaystyle\int\limits_{-2}^{1} \left|\displaystyle\frac{1}{4}x^3-\displaystyle\frac{1}{2}x^2-\displaystyle\frac{5}{4}x+\displaystyle\frac{3}{2}\right|\mathrm{\,d}x +\displaystyle\int\limits_{1}^{3} \left|\displaystyle\frac{1}{4}x^3-\displaystyle\frac{1}{2}x^2-\displaystyle\frac{5}{4}x+\displaystyle\frac{3}{2}\right|\mathrm{\,d}x\\ =\ & \displaystyle\frac{63}{16}+\displaystyle\frac{4}{3}=\displaystyle\frac{253}{48}. \end{aligned}\]

Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng \((H)\). Lúc đó \(S=2S_1+2S_2\), trong đó \(S_1\) là diện tích phần gạch sọc ở bên phải \(Oy\) và \(S_2\) là diện tích phần gạch ca-rô trong hình vẽ bên.

Gọi \(A, B\) là các giao điểm có hoành độ dương của đường thẳng \(y=k\) và đồ thị hàm số \(y=|x^2-1|\), trong đó \(A(\sqrt{1-k};k)\) và \(B(\sqrt{1+k};k)\).

Theo yêu cầu bài toán \(S=2\cdot 2S_1 \Leftrightarrow S_1=S_2\)

\[\begin{aligned} \Leftrightarrow\ & \displaystyle\int\limits_{0}^{\sqrt{1-k}}(1-x^2-k)\mathrm{d}x=\displaystyle\int\limits_{\sqrt{1-k}}^1(k-1-x^2)\mathrm{d}x+\displaystyle\int\limits_{1}^{\sqrt{1+k}}(k-x^2+1)\mathrm{d}x \\ \Leftrightarrow\ & (1-k)\sqrt{1-k}-\displaystyle\frac{1}{3}(1-k)\sqrt{1-k}=\displaystyle\frac{1}{3}-(1-k)-\displaystyle\frac{1}{3}(1-k)\sqrt{1-k} +(1-k)\sqrt{1-k}+(1+k)\sqrt{1+k}-\displaystyle\frac{1}{3}(1+k)\sqrt{1+k}-(1+k)+\displaystyle\frac{1}{3}\\ \Leftrightarrow\ & \displaystyle\frac{2}{3}(1+k)\sqrt{1+k}=\displaystyle\frac{4}{3} \Leftrightarrow \left(\sqrt{1+k}\right)^3=2 \Leftrightarrow k=k=\sqrt[3]{4}-1. \end{aligned}\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(x^4-4x^2-m=0\) có biệt thức \(\Delta = 16+4m>0\Leftrightarrow m>-4\).

Phương trình có hai nghiệm \(x^2 =2+\sqrt{4+m},\ x^2=2-\sqrt{4+m}\), do \(2-\sqrt{4+m}>0 \Leftrightarrow m < 0\). Vậy \(-4 < m < 0\).

Khi đó ta có bốn nghiệm \(x= \pm \sqrt{2+\sqrt{4+m}}=\pm t_1\ \vee\ x= \pm \sqrt{2-\sqrt{4+m}}=\pm t_2\).

Theo tính đối xứng của đồ thị hàm trùng phương, nên để thỏa yêu cầu bài toán ta cần có

\[\begin{aligned} &\displaystyle\int\limits_0^{t_2} (x^4-4x^2-m)\mathrm{\,d}x=- \displaystyle\int\limits_{t_2}^{t_1} (x^4-4x^2-m)\mathrm{\,d}x\\ \Leftrightarrow\ & \displaystyle\int\limits_0^{t_1} (x^4-4x^2-m)\mathrm{\,d}x=0\\ \Leftrightarrow\ & \displaystyle\frac{x}{15}(3x^4-20x^2-15m) \Big|_0^{t_1}=0\\ \Leftrightarrow\ & 3t_1^4-20t_1^2-15m=0. \end{aligned}\]

Mặt khác ta có \(t_1^4-4t_1^2-m=0\).

Suy ra \( 2t_1^2=-3m \Leftrightarrow 2\sqrt{4+m}= -4-3m \Leftrightarrow m=-\displaystyle\frac{20}{9}\).

Vậy \(T= a-b=11.\)

Đường thẳng \(y=a\) cắt \((P_1)\) tại hai điểm có hoành độ \(-\sqrt{4-a}\) và \(\sqrt{4-a}\). Vậy

\[S_1=\displaystyle\int\limits_{-\sqrt{4-a}}^{\sqrt{4-a}}(-x^2+4-a)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{4}{3}\cdot\sqrt{4-a}\cdot (4-a).\]

Parabol \((P_2)\) có dạng \(y=m\left(x^2-4\right)\). Chú ý vì nó còn đi qua điểm \((0;a)\) nên \(m=-\displaystyle\frac{a}{4}\). Vậy \((P_2):y=-\displaystyle\frac{a}{4}x^2+a\). Từ đó suy ra

\[S_2=\displaystyle\int\limits_{-2}^2 \left(-\displaystyle\frac{a}{4}x^2+a\right)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{8a}{3}.\] Từ đó ta có

\[\displaystyle\frac{16(4-a)^3}{9}=\displaystyle\frac{64a^2}{9}\Leftrightarrow a^3-8a^2+48a=64.\]

Hoành độ giao điểm giữa parabol và trục hoành là nghiệm của phương trình \[-x^2+4x=0\Leftrightarrow x=0,\ x=4.\]

Diện tích hình phẳng \((H)\) là \[S=\displaystyle\int\limits_0^4\left|-x^2+4x\right|\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{32}{3}.\]

Ta có \[-x^2+4x=y\Leftrightarrow x^2-4x+y=0\Leftrightarrow x=2-\sqrt{4-y},\ x=2+\sqrt{4-y}\, (y < 4).\]

Suy ra diện tích hình giới hạn bởi \(y=n\), \(y=-x^2+4x\) và trục hoành là

\[\begin{aligned} S_1=\ &\displaystyle\int\limits_{0}^{n}\left|\left(2+\sqrt{4-y}\right)-\left(2-\sqrt{4-y}\right)\right|\mathrm{\,d}y\\ =\ &\displaystyle\int\limits_{0}^{n}2\sqrt{4-y}\mathrm{\,d}y=\left.-\displaystyle\frac{4\sqrt{(4-y)^3}}{3}\right|_0^n=\displaystyle\frac{32}{3}-\displaystyle\frac{4\sqrt{(4-n)^3}}{3}. \end{aligned}\]

Tương tự ta có diện tích hình giới hạn bởi \(y=m\), \(y=-x^2+4x\) và trục hoành là \[S_2=\displaystyle\frac{32}{3}-\displaystyle\frac{4\sqrt{(4-m)^3}}{3}.\]

Để hai đường thẳng \(y=n\), \(y=m\) chia \((H)\) thành ba phần có diện tích bằng nhau khi và chỉ khi

\[\begin{aligned} &\left\{\begin{aligned} &S_1=\displaystyle\frac{32}{9}\\ &S_2=\displaystyle\frac{64}{9}\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &\displaystyle\frac{32}{3}-\displaystyle\frac{4\sqrt{(4-n)^3}}{3}=\displaystyle\frac{32}{9}\\ &\displaystyle\frac{32}{3}-\displaystyle\frac{4\sqrt{(4-m)^3}}{3}=\displaystyle\frac{64}{9}\end{aligned}\right.\\ \Leftrightarrow\ &\left\{\begin{aligned} &\displaystyle\frac{4\sqrt{(4-n)^3}}{3}=\displaystyle\frac{64}{9}\\ &\displaystyle\frac{4\sqrt{(4-m)^3}}{3}=\displaystyle\frac{32}{9}\end{aligned}\right. \Leftrightarrow\left\{\begin{aligned} &(4-n)^3=\displaystyle\frac{256}{9}\\ &(4-m)^3=\displaystyle\frac{64}{9}.\end{aligned}\right. \end{aligned}\]

Từ đó suy ra \(T=(4-m)^3+(4-n)^3=\displaystyle\frac{320}{9}\).

Ta có \[S_{1}=\displaystyle\int\limits_{\frac{\sqrt{3k}}{3}}^{2}\left(3x^2-k\right)\mathrm{\,d}x=8-2k+\displaystyle\frac{2k}{9}\sqrt{3k}\] và \[S_{2}=\displaystyle\int\limits_{0}^{\frac{\sqrt{3k}}{3}}3x^2\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{\frac{\sqrt{3k}}{3}}^{2}k\mathrm{\,d}x=2k-\displaystyle\frac{2k}{9}\sqrt{3k}.\]

\[\begin{aligned} S_{1}=S_{2}\Leftrightarrow\ &8-2k+\displaystyle\frac{2k}{9}\sqrt{3k}=2k-\displaystyle\frac{2k}{9}\sqrt{3k}\\ \Leftrightarrow\ &4k\sqrt{3k}-36k+72=0\Leftrightarrow \sqrt{k}=\sqrt{3}\ \vee\ \sqrt{k}=3+\sqrt{3}\ \vee\ \sqrt{k}=-3+\sqrt{3}. \end{aligned}\]

Đối chiếu điều kiện \(0 < k < 12\Rightarrow k=3\in\left(\displaystyle\frac{11}{4};\displaystyle\frac{15}{4}\right]\).

Ta viết lại đường parabol \((P)\colon y^2=2x\) chia đường tròn \((C)\colon x^2+y^2=8\) là \((P)\colon y=\pm \sqrt{2x}\) và \((C)\colon y=\pm \sqrt{8-x^2}\).

Ta xét trường hợp \(y\ge0\): Phương trình hoành độ giao điểm của \((P)\colon y=\sqrt{2x}\) và \((C)\colon y= \sqrt{8-x^2}\) là \(\sqrt{2x}=\sqrt{8-x^2}\Leftrightarrow x=2\) và \(y=2\).

Do cả hai đồ thị của \((P)\) và \((C)\) đều nhận trục \(Ox\) làm trục đối xứng nên để tính diện tích \(S_1\), ta chỉ cần tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \( y=\sqrt{2x}\) và \(y= \sqrt{8-x^2}\), trục \(Ox\).

Khi đó \(S_1=2\displaystyle\int\limits_{0}^{2} \sqrt{2x}\mathrm{\,d}x+ 2\displaystyle\int\limits_{2}^{2\sqrt{2}} \sqrt{8-x^2}\mathrm{\,d}x,\) với \(\displaystyle\int\limits_{0}^{2} \sqrt{2x}\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot \sqrt{x^3} \Bigg|_0^2= \displaystyle\frac{8}{3}\),

và \(I=\displaystyle\int\limits_{2}^{2\sqrt{2}} \sqrt{8-x^2}\mathrm{\,d}x\) được tính như sau

Đặt \(x=2\sqrt{2}\sin t.\) Khi đó \(\mathrm{\,d}x=2\sqrt{2}\cos t \mathrm{\,d}t\) và \[x=2\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{4};\quad x=2\sqrt{2}\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}.\]

hay \[\begin{aligned} I=\ &2\sqrt{2}\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{8-8\sin^2 x}\cos t\mathrm{\,d}t =8\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2 t\mathrm{\,d}t\\ =\ &4\displaystyle\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\cos2t \right)\mathrm{\,d}t =4\left(t + \displaystyle\frac{1}{2}\cdot\sin 2t\right) \Bigg|_{\displaystyle\frac{\pi}{4}}^{\displaystyle\frac{\pi}{2}} =\pi-2. \end{aligned}\]

Khi đó \(S_1=\displaystyle\frac{16}{3}+2\pi-4=\displaystyle\frac{4}{3}+2\pi.\)

Diện tích hình tròn có bán kính \(2\sqrt{2}\) là \(8\pi\).

Do vậy \(S_2=8\pi-S_1=8\pi -\left(\displaystyle\frac{4}{3}+2\pi \right)=6\pi-\displaystyle\frac{4}{3}.\)

Vậy \(S_2-S_1=6\pi-\displaystyle\frac{4}{3}-\left(\displaystyle\frac{4}{3}+2\pi \right)=4\pi-\displaystyle\frac{8}{3}.\)

Khi đó \(a=4, b=8,c=3\). Do đó \(a+b+c=15.\)

Thể tích của khối tròn xoay cần tìm là \(V=\pi \displaystyle\int\limits_0^2 (x^2+3)^2\mathrm{\,d}x\).

Thể tích của vật thể đã cho là \(V=\displaystyle\int\limits_{a}^b S(x)\mathrm{\,d}x\).

Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay \((H)\) quanh \(Ox\) là \(V=\pi\displaystyle\int\limits_{1}^{2} (x^2+2)^2\mathrm{\,d}x\).

Áp dụng công thức thể tích khối tròn xoay \(V=\pi \displaystyle\int\limits_a^b \left(f(x)\right)^2\mathrm{\,d}x\), ta được \[V=\pi \displaystyle\int\limits_1^2 \left(\sqrt{-\mathrm{e}^x+4x}\right)^2\mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_1^2 (4x-\mathrm{e}^x)\mathrm{\,d}x.\]

Thể tích khối tròn xoay trên được tính theo công thức \(V = \pi \displaystyle\int\limits_{a}^{b} \left| f^2(x) - g^2(x) \right| \mathrm{d}x\).
Vì ta thấy đồ thị \(f(x)\) luôn nằm phía trên đồ thị \(g(x)\) trên \([a;b]\) nên \(f(x) \ge g(x), \forall x \in [a;b]\).
Vậy \(V = \pi \displaystyle\int\limits_{a}^{b} \left[ f^2(x) - g^2(x) \right] \mathrm{d}x\).

Ta có \(V=\pi \displaystyle \int \limits_a^b [f_1^2(x)-f_2^2(x)]\mathrm{d}x\).

Ta có \(V=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^1{\mathrm{e}^{2x} \mathrm{\,d}x}=\displaystyle\frac{\pi}{2} \mathrm{e}^{2x} \bigg|_0^1 =\displaystyle\frac{\pi \left(\mathrm{e}^2-1\right)}{2} \).

Thể tích của khối tròn xoay đã cho bằng \[V=\pi\displaystyle\int\limits_{-1}^{2}\left(x^2-2x\right)^2\mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_{-1}^{2}\left(x^4-4x^3+4x^2\right)\mathrm{\,d}x=\pi\left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-x^4+\displaystyle\frac{4}{3}x^3\right)\biggr|_{-1}^{2}=\displaystyle\frac{18\pi}{5}.\]

Thể tích \(V\) của khối tròn xoay được sinh ra khi xoay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=\sqrt{2}x, y=0\) và hai đường thẳng \(x=1, x=2\) quanh trục \(Ox\) là \[V=\pi \displaystyle\int\limits_1^2 \left(\sqrt{2x}\right)^2 \mathrm{\,d}x =\pi \displaystyle\int\limits_1^2 x^2 \mathrm{\,d}x=\pi \cdot x^2\Big|_1^2=3\pi.\]

Thể tích vật thể bằng

\[\begin{aligned} V=\ &\pi \displaystyle\int\limits_0^{\pi} \cos ^2x\mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{\pi}{2} \displaystyle\int\limits_0^{\pi} (1+\cos 2x)\mathrm{\,d}x\\ =\ &\displaystyle\frac{\pi}{2}\left(x+\displaystyle\frac{1}{2}\sin 2x\right)\bigg|_0^{\pi}=\displaystyle\frac{\pi ^2}{2}. \end{aligned}\]

Ta có \(x^3=0 \Leftrightarrow x=0\), nên thể tích khối tròn xoay cần tìm là \[\displaystyle V=\pi \int\limits_{-1}^0 x^6\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\pi x^7}{7}\Big|_{-1}^0=\displaystyle\frac{\pi}{7}.\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(y=x^2+1\) và \(y=x^3+1\). \[x^2+1=x^3+1 \Leftrightarrow x^3-x^2=0 \Leftrightarrow x=0,\ x=1.\] Thể tích khối tròn xoay cần tính là

\[\begin{aligned} V=\ & \pi \displaystyle\int\limits_0^1 {\left|\left(x^2+1\right)^2-\left(x^3+1\right)^2\right|} \mathrm{\,d}x\\ =\ & \pi \left|\displaystyle\int \limits_0^1 {\left[\left(x^2+1\right)^2-\left(x^3+1\right)^2\right]} \mathrm{\,d}x\right|\\ =\ & \pi \left|\displaystyle\int \limits_0^1 {\left(-x^6+x^4-2x^3+2x^2\right)} \mathrm{\,d}x\right|\\ =\ & \pi \left|\left. \left(\displaystyle\frac{-1}{7}x^7+\displaystyle\frac{1}{5}x^5 - \displaystyle\frac{1}{2}x^4 + \displaystyle\frac{2}{3}x^3\right) \right|_0^1\right|\\ =\ & \displaystyle\frac{47 \pi}{210}. \end{aligned}\]

Gọi \(V\) là thể tích vật thể cần tính, khi đó \[\begin{aligned} V=\ & \pi\displaystyle\int\limits_0^1x\mathrm{e}^{2x}\mathrm{\, d}x.\\ =\ &\displaystyle\frac{\pi}{2}\int\limits_0^1x\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{2x}\right).\\ =\ &\displaystyle\frac{\pi}{2}\left(x\cdot\mathrm{e}^{2x}\right)\Big|_0^1-\displaystyle\frac{\pi}{2}\int\limits_0^1\mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}x\\ =\ &\displaystyle\frac{\pi\mathrm{e}^2}{2}-\displaystyle\frac{\pi}{4}\cdot\mathrm{e}^{2x}\Big|_0^1\\ =\ &\displaystyle\frac{\pi}{4}\left(\mathrm{e}^2+1\right). \end{aligned}\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm \( x^2-4x+6=-x^2-2x+6\Leftrightarrow 2x^2-2x=0\Leftrightarrow x=0,\ x=1.\)

Gọi \( (H) \) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x^2-4x+6\); \(y=-x^2-2x+6\); \(x=0\); \(x=1.\)

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \( (H) \) quanh \( Ox \) là

\[\begin{aligned} V&=\left|\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left[(x^2-4x+6)^2-(-x^2-2x+6)^2\right]\mathrm{\, d}x\right| \\ &=\left|\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(2x^2-2x)(12-6x)\mathrm{\, d}x\right| \\ &=\left|\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(-12x^3+36x^2-24x)\mathrm{\, d}x\right| \\ &=\left|\pi\left(-3x^4+12x^3-12x^2\right)\right|\Bigg|_0^1\\ &=|-3\pi|=3\pi \end{aligned}\]

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục \(Ox\) là nghiệm của \(x^2-ax=0\Leftrightarrow\hoac{&x=0\\&x=a}\).

• TH\(1\): Với \(a>0\) thì thể tích của khối tròn xoay
  \(V=\pi\displaystyle\int\limits_0^a\left(x^2-ax\right)^2\mathrm{\,d}x=\pi\left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-\displaystyle\frac{ax^4}{2}+\displaystyle\frac{a^2x^3}{3}\right)\Biggr|_0^a=\displaystyle\frac{a^5\pi}{30}\).
  Suy ra \(\displaystyle\frac{a^5\pi}{30}=\displaystyle\frac{16\pi}{15}\Leftrightarrow a=2\).
• TH\(2\): Với \(a < 0\) thì thể tích của khối tròn xoay
  \(V=\pi\displaystyle\int\limits_a^0\left(x^2-ax\right)^2\mathrm{\,d}x=\pi\left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-\displaystyle\frac{ax^4}{2}+\displaystyle\frac{a^2x^3}{3}\right)\Biggr|_a^0=-\displaystyle\frac{a^5\pi}{30}\).
  Suy ra \(-\displaystyle\frac{a^5\pi}{30}=\displaystyle\frac{16\pi}{15}\Leftrightarrow a=-2\).

Gọi thể tích cần tìm là \(V\), ta có \(V = \displaystyle \pi \int\limits_0^2 \left(\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}\right)^2 \, \mathrm{d} x = \pi \mathrm{e}^x \big|_0^2 = \pi \left(\mathrm{e}^2 - 1\right).\)

\[\begin{aligned} V=\ &\pi \displaystyle \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{6}}\sin^2 x\mathrm{d}x =\displaystyle\frac{\pi}{2} \displaystyle \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{6}}(1-\cos2x)\mathrm{d}x\\ =\ &\displaystyle\frac{\pi}{2} \left(x-\displaystyle\frac{1}{2}\sin2x \right) \biggr|_0^{\frac{\pi}{6}}=\displaystyle\frac{\pi}{4} \left(2x-\sin2x \right)\biggr|_0^{\frac{\pi}{6}}= \displaystyle\frac{\pi}{4} \left( \displaystyle\frac{\pi}{3}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} \right). \end{aligned}\]

Phương trình hoành độ giao điểm \(-x^2+4x=x \Leftrightarrow x=0,\ x= 3\).
Thể tích cần tính \(V=\pi \displaystyle \int \limits_0^3 \left((4x-x^2)^2-x^2\right) \mathrm{d} x = \pi \left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-2x^4 +5x^3\right)\bigg|_0^3=\displaystyle\frac{108\pi}{5}\).

Phương trình hoành độ giao điểm \(4-x^2=0 \Leftrightarrow x=-2,\ x=2\).
Thể tích cần tính \(V= \pi \displaystyle \int \limits_{-2}^2 (4-x^2)^2 \mathrm{d} x=\left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-\displaystyle\frac{8x^3}{3}-16x\right)\bigg|_{-2}^2= \displaystyle\frac{512 \pi}{15}\).
Suy ra \(a= 512\) và \(b=15\). Vậy \(a-30b = 62\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đường \(y=1-x^2\) và trục hoành là \[1-x^2=0 \Leftrightarrow x=-1,\ x=1.\] Khi đó, thể tích \(V\) của khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=1-x^2\), trục hoànhkhi quay quanh trục \(Ox\) là \[\begin{aligned} V=\ &\pi \cdot \displaystyle \int \limits_{-1}^1 \left(1-x^2\right)^2 \mathrm{d}x =\pi \cdot \displaystyle \int \limits_{-1}^1 \left(x^4-2x^2+1\right) \mathrm{d}x\\ =\ &\pi \cdot \left(\displaystyle\frac{x^5}{5}-2\displaystyle\frac{x^3}{3}+x\right)\bigg|_{-1}^1=\displaystyle\frac{16\pi}{15}. \end{aligned}\]

Phương trình hoành độ giao điểm của đường \(y=x\sqrt{x^2+1}\) và trục hoành là \[x\sqrt{x^2+1}=0 \Leftrightarrow x=0.\]

Khi đó, thể tích \(V\) của khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x\sqrt{x^2+1}\), trục hoành và đường thẳng \(x=1\) khi quay quanh trục \(Ox\) là

\[\begin{aligned} V=\ & \pi \cdot \displaystyle \int \limits_0^1 \left(x\sqrt{x^2+1}\right)^2 \mathrm{d}x =\pi \cdot \displaystyle \int \limits_0^1 \left(x^4+x^2\right) \mathrm{d}x\\ =\ & \pi \cdot \left(\displaystyle\frac{x^5}{5}+\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\bigg|_0^1=\displaystyle\frac{8\pi}{15}. \end{aligned}\]

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay \((H)\) quanh trục hoành là \[V=\displaystyle \pi\int_0^a(2x+1)^2\mathrm{d}x=\left. \pi\cdot\displaystyle\frac{(2x+1)^3}{6}\right|_0^a=\pi\left(\displaystyle\frac{(2a+1)^3}{6}-\displaystyle\frac{1}{6}\right).\]

Mà \[V=57\pi\Leftrightarrow \pi\left(\displaystyle\frac{(2a+1)^3}{6}-\displaystyle\frac{1}{6}\right)=57\pi\Leftrightarrow (2a+1)^3=343\Leftrightarrow a=3.\]

Phương trình hoành độ giao điểm của \(y=x^2-x\) và \(y=0\) là \[x^2-x=0\Leftrightarrow x=0,\ x=1.\]

Vậy thể tích của khối tròn xoay thỏa yêu cầu đề bài là \[V=\displaystyle \pi\int_0^1(x^2-x)^2\mathrm{d}x=\left. \pi\cdot\left( \displaystyle\frac{x^5}{5}-\displaystyle\frac{x^4}{2}+\displaystyle\frac{x^3}{3}\right) \right|_0^1=\displaystyle\frac{\pi}{30}.\]

Phương trình đường tròn \((C)\colon x^2+(y-3)^2=1 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&y=3+\sqrt{1-x^2} \\ &y=3-\sqrt{1-x^2}\end{aligned}\right.\)

Khi đó hình xuyến cái phao được tạo thành khi quay đường tròn tâm \(I(0;3)\) và có bán kính \(r=1\) xung quanh trục \(Ox\) có thể tích là

\( \Rightarrow V=\pi \displaystyle\int\limits_{-1}^1 \left[\left(3+\sqrt{1-x^2}\right)^2-\left(3-\sqrt{1-x^2}\right)^2\right] \mathrm{\,d}x=12\pi \displaystyle\int\limits_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} \mathrm{\,d}x\).

Đặt \(x=\sin t \Rightarrow \mathrm{\,d}x=\cos t \mathrm{\,d}t\). Khi đó

\(V=12\pi \displaystyle\int\limits_{-\displaystyle\frac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{2}} \cos^2t \mathrm{\,d}t=6\pi \displaystyle\int\limits_{-\displaystyle\frac{\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{2}} \left(1+\cos 2t\right) \mathrm{\,d}t=6\pi \left(t+\displaystyle\frac{1}{2}\sin2t\right)\bigg|_{\tfrac{-\pi}{2}}^{\tfrac{\pi}{2}}=6\pi^2\).

Thể tích \[V=\pi \displaystyle \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} (2+\cos x) \mathrm{\,d}x =\pi (2x+\sin x)\Big|_0^{\frac{\pi}{2}}=\pi (\pi+1).\]

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong \(y=\sqrt{2-x^2}\) và trục \(Ox\) là \[\sqrt{2-x^2}=0 \Leftrightarrow x= \pm \sqrt{2}.\]

Thể tích khối tròn xoay là

\[\begin{aligned} V=\ &\pi \displaystyle\int\limits_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} (2-x^2) \mathrm{\,d}x= \pi \left.\left( 2x- \displaystyle\frac{x^3}{3} \right)\right|_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}= \displaystyle\frac{8\sqrt{2}\pi}{3}. \end{aligned}\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(x\ln x=0\Leftrightarrow x=1\).
Thể tích khối tròn xoay khi quay hình giới hạn quanh trục \(Ox\) là \[V=\pi\displaystyle\int\limits_1^{\mathrm{e}}x^2\ln^2x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\pi}{27}(5\mathrm{e}^3-2).\]

Vậy \(a=27\), \(b=5\), suy ra \(a+b=32\).

Thể tích khối tròn xoay cần tính là \[\begin{aligned} V=\ &\pi\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{4}} \tan x \mathrm{\,d}x=\pi\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{4}} \displaystyle\frac{\sin x}{\cos x} \mathrm{\,d}x\\ =\ &-\pi\ln \left|\cos x\right|\bigg|_0^{\tfrac{\pi}{4}}=\displaystyle\frac{\pi\ln 2}{2}\end{aligned}\].

Thể tích của \((H)\) là \[\begin{aligned}V=\ &\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\tan^2 x \mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\left(\displaystyle\frac{1}{\cos^2 x}-1\right) \mathrm{\,d}x\\ =\ &\pi \left(\tan x-x\right)\Bigg|_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}=\pi\left(1-\displaystyle\frac{\pi}{4}\right)=\pi-\displaystyle\frac{\pi^2}{4}.\end{aligned}\]

Ta có \(x=\sqrt{y}\Leftrightarrow y=x^2, x\ge 0\). Do đó hình phẳng giới hạn bởi các đường đã cho là phần tô đậm trên hình vẽ. Thể tích của vật thể tròn xoay khi quanh hình phẳng này quay trục \(Ox\) là

\[\begin{aligned} V&=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left( -x+2 \right)^2\mathrm{\,d}x-\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left( x^2 \right)^2\mathrm{\,d}x\\ &=\pi\left[ \displaystyle\frac{(x-2)^3}{3}-\displaystyle\frac{x^5}{5} \right]\Bigg|_0^1=\displaystyle\frac{32}{15}\pi. \end{aligned}\]

Các phương trình hoành độ giao điểm \[2x^2=-x+3 \Leftrightarrow x=1,\ x=\displaystyle\frac{-3}{2} \Rightarrow x=1.\]\[-x+3=0\Leftrightarrow x=3.\] \[2x^2=0\Leftrightarrow x=0.\]

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là \[V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}(2x^2)^2\mathrm{\,d}x+\pi \displaystyle\int\limits_{1}^{3}(-x+3)^2\mathrm{\,d}x =\displaystyle\frac{52\pi}{15}.\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(x^2=1 \Leftrightarrow x=\pm 1\).

Thể tích của khối tròn xoay khi quay \(D\) quanh trục \(Ox\) là \[V= 2\cdot \pi \cdot \displaystyle\int\limits_{0}^1 \left(1-x^4\right) \mathrm{\,d}x=2\pi \cdot \left( x- \displaystyle\frac{x^5}{5}\right)\Bigr\rvert_{0}^1 = \displaystyle\frac{8\pi}{5}.\]

Ta có \[\displaystyle V= \pi \int\limits_{0}^{1} \left [ \left (\sqrt{y}\right )^2-y^2\right ] \mathrm{d}y =\displaystyle\frac{\pi}{6}.\]

Phương trình hoành độ giao điểm \[\displaystyle\frac{x^2}{2}=\sqrt{2x}\Leftrightarrow \begin{cases} x\ge 0\\ \displaystyle\frac{x^4}{4}=2x\end{cases} \Leftrightarrow x=0,\ x=2.\]

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là \[\begin{aligned} V=\ &\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{0}^{2} \left[(\sqrt{2x})^2-\left(\displaystyle\frac{x^2}{2}\right)^2\right] \mathrm{d}x\\ =\ &\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{0}^{2} \left(2x - \displaystyle\frac{x^4}{4} \right) \mathrm{d}x= \pi \cdot\left(x^2 - \displaystyle\frac{x^5}{20} \right)\biggr|_0^2=\displaystyle\frac{12\pi}{5}. \end{aligned}\]

Do giả thiết ta có \(V_{k} = \pi \displaystyle\int\limits_{1}^{k}\ln x\, \mathrm{d}x\). Khi đó theo công thức tích phân từng phần ta có

\[V_{k} = \pi \left(x\cdot\ln x\Big\vert^{k}_{1} - \displaystyle\int\limits_{1}^{k}\mathrm{d}x\right) = \pi \left(x\cdot\ln x\Big\vert^{k}_{1} - x\Big\vert^{k}_{1}\right) = \pi\left(k\ln k - k + 1\right).\]

Do \(V_{k} = \pi\) suy ra

\[\pi\left(k\ln k - k + 1\right) = \pi\Leftrightarrow k\ln k - k + 1 = 1\Leftrightarrow k\left(\ln k - 1\right) = 0\Leftrightarrow k = 0\ \vee\ \ln k - 1 = 0\Leftrightarrow k = 0\ \vee\ k = \mathrm{e}.\]

So sánh điều kiện suy ra \(k = \mathrm{e}\).

Thể tích của khối tròn xoay cần tìm là \(V=\pi\displaystyle\int\limits_{0}^{1}x^2\mathrm{e}^x\mathrm{\,d} x\). Ta có \[\begin{aligned} V&=\pi\int\limits_{0}^{1}x^2\mathrm{e}^x\mathrm{\,d} x=\pi\int\limits_0^1x^2\mathrm{\,d}(\mathrm{e}^x)=\pi x^2\mathrm{e}^x\bigg|_0^1-\pi\int\limits_0^12x\mathrm{e}^x\mathrm{\,d} x\\ &=\pi \mathrm{e}-2\pi\int\limits_0^1x\mathrm{\,d}(\mathrm{e}^x)=\pi\mathrm{e}-2\pi x\mathrm{e}^x\bigg|_{0}^{1}+2\pi\int\limits_{0}^{1}\mathrm{e}^x\mathrm{\,d} x\\ &= \pi\mathrm{e}-2\pi\mathrm{e}+2\pi\mathrm{e}^x\bigg|_{0}^{1}=-\pi\mathrm{e}+2\pi\mathrm{e}-2\pi=\pi\mathrm{e}-2\pi. \end{aligned}\]

Do thiết diện là nửa đường tròn với đường kính \(\sqrt{5}x^2\) nên diện tích của thiết diện là \[S(x)=\displaystyle\frac{\pi\left(\displaystyle\frac{\sqrt{5}x^2}{2}\right)^2}{2}=\displaystyle\frac{5\pi x^4}{8}.\] Từ đó suy ra thể tích của vật thể là \[V=\displaystyle\int\limits_0^2S(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^2\displaystyle\frac{5\pi x^4}{8}\mathrm{\,d}x=4\pi.\]

Tại điểm có hoành độ \(x\), diện tích thiết diện là \(S=\displaystyle\frac{1}{2}\pi \sin^2x.\)
Thể tích vật thể \(H\) theo công thức tích phân là \[V=\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} S\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \displaystyle\frac{1}{2}\pi \sin^2x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{\pi^2}{8}.\]

Suy ra, tại mọi vị trí \(x\), ta có diện tích của thiết diện là \[S(x) = \pi a b= \pi \cdot \dfrac{x+4}{2} \cdot \dfrac{x+4}{4}\]

Thể tích vật thể cho bởi công thức \[V =\displaystyle \int\limits_{0}^{4} S(x) \mathrm{\,d}x = \displaystyle \int\limits_{0}^{4} \pi \cdot \dfrac{x+4} {2} \cdot \dfrac{x+4}{4} \mathrm{\,d}x = \dfrac{56\pi }{3}.\]

\(y^2=4x\Rightarrow y= 2\sqrt{x}\) (xét \(y\ge 0)\).

Thể tích khối tròn xoay cần tính là \[V=\pi \displaystyle\int\limits_0^4 (2\sqrt{x})^2\mathrm{\,d}x-\pi\displaystyle\int\limits_0^4 x^2\mathrm{\,d}x=2\pi x^2\bigg|_0^4-\displaystyle\frac{\pi}{3}x^3\bigg|_0^4=\displaystyle\frac{32}{3}\pi.\]

Dựa vào đồ thị, ta có \[V=\pi\displaystyle\int\limits_0^4{(\sqrt{x})^2\ \mathrm{\,d}x}-\pi\displaystyle\int\limits_2^4{\left( x-2\right)^2\mathrm{\,d}x}=\displaystyle\frac{16\pi}{3}.\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\sqrt{x}=2-x\Leftrightarrow x=1\).
Thể tích của khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng đã cho khi quay quanh trục \(Ox\) là \[\begin{aligned} V=\ &\pi\displaystyle\int\limits_0^1 (\sqrt{x})^2 \mathrm{\,d}x+\pi\displaystyle\int\limits_1^2 (2-x)^2 \mathrm{\,d}x = \pi\displaystyle\int\limits_0^1 x \mathrm{\,d}x+\pi\displaystyle\int\limits_1^2 (x^2-4x+4) \mathrm{\,d}x\\ =\ & \pi\left[\left.\displaystyle\frac{x^2}{2}\right|_0^1+\left.\left(\displaystyle\frac{x^3}{3}-2x^2+4x\right)\right|_1^2\right]= \displaystyle\frac{5\pi}{6}. \end{aligned}\]

Dựa vào hình vẽ ta có \[\begin{aligned} V=\ &\pi\displaystyle\int\limits_0^6 \left[\left(\displaystyle\frac{2x}{3}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{x^2}{9}\right)^2\right]\mathrm{\,d}x\\ =\ &\pi\displaystyle\int\limits_0^6 \left(\displaystyle\frac{4x^2}{9}-\displaystyle\frac{x^4}{81}\right)\mathrm{\,d}x=\left(\displaystyle\frac{4x^3}{27}-\displaystyle\frac{x^5}{405}\right)\bigg|_0^6=\displaystyle\frac{64\pi}{5}. \end{aligned}\]

Gọi \(D_1=\{y=\sqrt{6-x^2},\ Ox,\ x=-\sqrt{6},\ x=0 \}\) và \(D_2=\{y=\sqrt{6-x^2},\ y=\sqrt{x},\ x=0,\ x=2 \}\).

Khi quay \(D_1\) quanh \(Ox\) ta được khối tròn xoay là nửa khối cầu có bán kính \(R=\sqrt{6}\) nên có thể tích \[V_1=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{4}{3}\pi R^3=4\pi \sqrt{6}.\] Khi quay \(D_2\) quanh trục \(Ox\), khối tròn xoay sinh bởi có thể tích \[V_2=\pi \displaystyle\int\limits_{0}^{2} (6-x^2-x) \textrm{d}x=\displaystyle\frac{22\pi}{3}.\] Vậy thể tích cần tính là \(V=V_1+V_2=4\pi\sqrt{6}+\displaystyle\frac{22\pi}{3}.\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \[\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}x^2=\sqrt{4-x^2}\Leftrightarrow x=\sqrt{3}.\] Khi đó \[\begin{aligned} V=\ &\pi\left[\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}}\left(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{9}x^2\right)^2\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_{\sqrt{3}}^2\left(\sqrt{4-x^2}\right)^2\mathrm{\,d}x\right]\\ =\ &\pi\left[\displaystyle\int\limits_0^{\sqrt{3}}\displaystyle\frac{1}{27}x^6\mathrm{\,d}x+ \displaystyle \int\limits_{\sqrt{3}}^2 \left(4-x^2\right)\mathrm{\,d}x\right]=\left(-\displaystyle\frac{20\sqrt{3}}{7}+\displaystyle\frac{16}{3}\right)\pi. \end{aligned}\]

Suy ra \(a=20,b=7,c=16,d=3\Rightarrow P=46\).

Từ \((x-3)^2+(y-4)^2=1\Rightarrow y=4\pm \sqrt{1-(x-3)^2}\).
Thể tích khối tròn xoay là \[\begin{aligned} V=\ &\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{2}^{4}\left[\left(4+ \sqrt{1-(x-3)^2}\right)^2-\left(4- \sqrt{1-(x-3)^2}\right)^2\right]\mathrm{\,d}x\\ =\ &16\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{2}^{4}\sqrt{1-(x-3)^2}\mathrm{\,d}x. \end{aligned}\] Đặt \(x-3=\sin t\Rightarrow \mathrm{\,d}x=\cos t\mathrm{\,d}t\). Ta có \[1-(3-x)^2=1-\sin^2t=\cos^2t.\] Khi \(x=2\Rightarrow t=-\displaystyle\frac{\pi}{2}; x=4\Rightarrow t=\displaystyle\frac{\pi}{2}\).

\[\begin{aligned} V=\ &16\pi \cdot \displaystyle \int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2t\mathrm{d}t = 8\pi \cdot \displaystyle \int \limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1+\cos2t)\mathrm{d}t\\ =\ &8\pi \left(t\bigg|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} + \displaystyle\frac{1}{2}\sin2t\bigg|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\right) = 8\pi. \end{aligned}\]

Dựa vào hình vẽ ta có công thức tính thể tích của khối tròn xoay là
\[\begin{aligned} V=\ &\pi \displaystyle\int\limits_0^4 \left[\left(\sqrt x\right)^2-\displaystyle\frac{1}{4}x^2 \right]\mathrm{\,d}x=\pi \displaystyle\int\limits_0^4 \left(x-\displaystyle\frac{1}{4}x^2 \right)\mathrm{\,d}x\\ =\ &\pi \left.\left(\displaystyle\frac{x^2}{2} -\displaystyle\frac{x^3}{12}\right) \right|_0^4=\displaystyle\frac{8}{3}\pi. \end{aligned}\]

Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol \(y=x^2\) và đường tròn \(x^2+y^2=2\), ta có \[x^2+x^4=2 \Leftrightarrow x^2=1\ \vee\ x^2=-2 \Leftrightarrow x=1\ \vee\ x=-1.\] Khi đó thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay \((H)\) quanh trục hoành là \[V=\pi \displaystyle \int \limits_{-1}^1 |2-x^2-x^4| \mathrm{ \, d}x =\pi \displaystyle \int\limits_{-1}^1 (2-x^2-x^4) \mathrm{\,d}x=\pi \left(2x-\displaystyle\frac{x^3}{3}-\displaystyle\frac{x^5}{5} \right) \Big|^1_{-1}= \displaystyle\frac{44\pi}{15}.\]

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Theo đề bài ta có phương trình đường tròn là \(y=\sqrt{20-x^2}\) và phương trình của parabol là \(y=x^2\).
Phương trình hoành độ giao điểm là \(\sqrt{20-x^2}=x^2\Leftrightarrow x=\pm 2\).
Do tính chất đối xứng của hình vẽ nên ta có thể tích vật thể tròn xoay được tính theo công thức \[V=2\left[\pi\displaystyle\int\limits_0^{2\sqrt{5}}(20-x^2)\mathrm{\, d}x-\pi\displaystyle\int\limits_0^{2}\left(20-x^2-x^4\right)\mathrm{\, d}x\right]=\displaystyle\frac{1}{15}\pi\left(800\sqrt{5}-928\right).\]

Gọi \(V_1\) là phần thể tích tạo bởi phần hình phẳng \((H_1)\) giới hạn bởi parabol \(y = 2\sqrt{2}x^2\), trục hoành và các đường thẳng \(x = 0\), \(x = 1\); \(V_2\) là phần thể tích tạo bởi phần hình phẳng \((H_2)\) giới hạn bởi parabol \(y = \sqrt{9-x^2}\), trục hoành và các đường thẳng \(x = 1\), \(x = 3\). Khi đó \(V = V_1 + V_2\).

\[\begin{aligned} V_1 =\ &\displaystyle \pi \int_{0}^{1} 8x^4\mathring{d}x = \displaystyle\frac{8\pi}{5}.\\ V_2 =\ &\displaystyle \pi \int_{1}^{3} (9-x^2)\mathring{d}x = \displaystyle\frac{28\pi}{3}.\\ V =\ &V_1 + V_2 = \displaystyle\frac{8\pi}{5} + \displaystyle\frac{28\pi}{3} = \displaystyle\frac{164\pi}{15}. \end{aligned}\]

Gọi \((P)\) là parabol đã cho. Vì \((P)\) đi qua các điểm \(O(0;0), A(2;4)\) nên có phương trình là \(y=x^2\). Tiếp tuyến của \((P)\) tại điểm \(A(2;4)\) có phương trình là \(d\colon y=4x-4\). Hoành độ giao điểm của \((P)\) và \(d\) là nghiệm của phương trình \(x^2=4x-4 \Leftrightarrow x=2\).
Gọi \(\left(H_1 \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \((P)\), \(Ox\), \(x=0\), \(x=2\) và \(\left(H_2 \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(d\), \(Ox\), \(x=0\), \(x=2\).
Gọi \(V_1\) là thể khối tròn xoay sinh ra bởi \(\left(H_1 \right)\) xoay quanh \(Ox\). \[V_1 = \pi \displaystyle \int \limits_0^2 x^4 \mathrm{\,d} x = \displaystyle\frac{32 \pi }{5}.\] Gọi \(V_2\) là thể khối tròn xoay sinh ra bởi \(\left(H_2 \right)\) xoay quanh \(Ox\). \[V_2 = \pi \displaystyle \int \limits_1^2 \left( 4x-4 \right)^2 \mathrm{\,d} x = \displaystyle\frac{16 \pi }{3}.\] Vậy, thể tích khối tròn xoay cần tính là \[V=V_1-V_2 = \displaystyle\frac{32 \pi }{5} - \displaystyle\frac{16 \pi}{3} =\displaystyle\frac{16 \pi }{15}.\]

Ta có \(V_1=\pi\displaystyle\int_{0}^{9} x\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{81\pi}{2}\).
Gọi \(M(a;\sqrt{a})\) (\(a > 0\)) ta có \(V_2=\displaystyle\frac{1}{3}\pi \cdot a\cdot 9=3\pi a\).
Khi đó, \[V_1=\displaystyle\frac{9}{4}V_2\Leftrightarrow \displaystyle\frac{81\pi}{2}=\displaystyle\frac{9}{4}\cdot 3\pi a \Leftrightarrow a=6.\] Suy ra \(S=\displaystyle\int_{0}^{6} \sqrt{x}\mathrm{\,d}x -\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 6\cdot\sqrt{6}=\sqrt{6}\).

Ta chọn hệ trục toạ độ \(Oxy\) với \(O\equiv O_2\) như hình vẽ.

Ta có \(O_1O_2=\sqrt{O_1A^2-O_2A^2}=6\) nên toạ độ các điểm là \(A(0;8)\), \(O_1(-6;0)\). Đường tròn \((O_1),(O_2)\) lần lượt cắt tia \(O_1O_2\) tại điểm \(C(4;0)\) và \(D(8;0)\).
Đường tròn \((O_1)\) có phương trình \((x+6)^2+y^2=100\) nên cung \(AC\) có phương trình \(y=\sqrt{100-(x+6)^2}\).
Đường tròn \((O_2)\) có phương trình \(x^2+y^2=64\) nên cung \(AD\) có phương trình \(y=\sqrt{64-x^2}\).

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là \[\begin{aligned} V=\ & \pi\int\limits_0^8 (64-x^2)\mathrm{\,d}x-\pi\int\limits_0^4 \left[100-(x+6)^2\right]\mathrm{\,d}x \\ =\ & \pi\left(64x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Big|_0^8-\pi\left(64x-6x^2-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\Big|_0^4 =\displaystyle\frac{608\pi}{3}. \end{aligned}\]

Gọi \(a\) là hoành độ điểm \(M\).

• Trường hợp 1: \(a\le9\), ta có
  \[V_1=\pi\displaystyle\int\limits_0^9\left(\sqrt{x}\right)^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\frac{81\pi}{2}\] và \[V_2=\displaystyle\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{a}\right)^2a+\displaystyle\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{a}\right)^2\left(9-a\right)=3\pi a.\] Ta có \[V_1=2V_2\Leftrightarrow\displaystyle\frac{81\pi}{2}=2\cdot3\pi a\Leftrightarrow a=\displaystyle\frac{27}{4}.\] Từ đó suy ra \[S=\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{27}{4}}\sqrt{x}\mathrm{\,d}x-\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{27}{4}\cdot\sqrt{\displaystyle\frac{27}{4}}=\displaystyle\frac{27\sqrt{3}}{16}.\]
• Trường hợp 2: \(a>9\), ta có
  \[V_2=\displaystyle\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{a}\right)^2a-\displaystyle\frac{1}{3}\pi\left(\sqrt{a}\right)^2(a-9)=3\pi a.\] Ta có \[V_1=2V_2\Leftrightarrow\displaystyle\frac{81\pi}{2}=2\cdot(3\pi a)\Leftrightarrow a=\displaystyle\frac{27}{4}.\]

So điều kiện \(a > 9\), ta loại trường hợp 2.

Đường thẳng \( d \) đi qua điểm \( (1;0) \) và \( (2;2) \). Suy ra phương trình \( d \) là \( y = 2x - 2 \). Do đó thể tích cần tính là \[\begin{aligned} V & = \pi \displaystyle \left(\int \limits_{0}^{2}\left(\sqrt{2x}\right)^2 \mathrm{\,d}x - \int \limits_{1}^{2}\left(2x - 2\right)^2 \mathrm{\,d}x\right) = \pi \left(\int \limits_{0}^{2} 2x \mathrm{\,d}x - \int \limits_{1}^{2}\left(2x - 2\right)^2 \mathrm{\,d}x\right)\\ & = \pi \left( x^2 \bigg|_{0}^{2} - 4\displaystyle\frac{(x - 1)^3}{3} \bigg|_{1}^{2} \right) = \displaystyle\frac{8\pi}{3}. \end{aligned}\]

Áp dụng công thức tính nhanh \[V=2\pi^2r^2OI=2\pi^2\cdot5^2\cdot30=1500\pi^2 \text{ cm}^3.\]

Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay elíp quanh trục \(d\) song song với trục đối xứng của elip được tính theo công thức \(V=S\cdot P\). Trong đó, \(S\) là diện tích của elip, \(P\) là chu vi đường tròn tạo ra khi quay tâm elip quanh trục \(d\).

\(2a=4\Rightarrow a=2\), \(2b=2\Rightarrow b=1\).

Áp dụng công thức tính nhanh \[V=S\cdot P=\pi ab\cdot2\pi\cdot OI=32\pi^2\text{ cm}^3.\]

Ta có parabol có phương trình là \(y=-x^2+6x-5\).

Thể tích vật thể là \[\begin{aligned} V=\ & \pi \displaystyle \int\limits_{0}^{1} (x+2)^2 \mathrm{\,d}x + \pi \int\limits_{1}^{2} \left[(x+2)^2-(-x^2+6x-5)^2\right]\mathrm{\,d}x\\ &+\pi \int\limits_{2}^{3} \left[4^2 - (-x^2+6x-5)^2\right]\mathrm{\,d}x\\ =\ & \pi \displaystyle\frac{\left(x+2\right)^3}{3}\bigg|_0^1+\pi \left[-\displaystyle\frac{x^5}{5} +3x^4-15x^3+32x^2-21x\right]\bigg|_1^2\\ &+\pi \left[-\displaystyle\frac{x^5}{5}+3x^4-\displaystyle\frac{46}{3}x^3+30x^2-9x\right]\bigg|_2^3\\ =\ & \displaystyle\frac{19\pi}{3}+\displaystyle\frac{44\pi}{5}+\displaystyle\frac{37\pi}{15} = \displaystyle\frac{88\pi}{5}\cdot \end{aligned}\]

Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\) \((-1\le x\le 1)\) thì được thiết diện là một tam giác đều có cạnh bằng \(2\sqrt{1-x^2}\).
Do đó, diện tích của thiết diện là \[S(x)=\displaystyle\frac{(2\sqrt{1-x^2})^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}(1-x^2).\] Vậy, thể tích \(V\) của vật thể là \[V=\displaystyle\int\limits_{-1}^1\sqrt{3}(1-x^2)\mathrm{\,d}x=\sqrt{3}\left(x-\displaystyle\frac{x^3}{3}\right)\bigg|_{-1}^1=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}.\]

Đặt trục tọa độ \(Ox\) như hình vẽ.

Thể tích lượng nước trong cốc là: \[V=\displaystyle\int\limits_{-6}^6\displaystyle\frac{5}{6}(36-x^2)\mathrm{\,d}x=\left(30x-\displaystyle\frac{5}{18}x^3\right)\bigg|_{-6}^6=240.\]

Dựng trục tọa độ \(Ox\) như hình vẽ.