Giải bài tập Ôn tập chương III: Nguyên hàm – Tích phân – Giải tích 12 cơ bản

Câu 1:Trang 126-sgk giải tích 12

a) Phát biểu định nghĩa nguyên hàm của hàm số f(x) trên một khoảng.

b) Nêu phương pháp tính nguyên hàm từng phần. Cho ví dụ minh họa.

Hướng dẫn giải:

a) Cho hàm số f(x) xác định trên K ( k là nửa khoảng hay đoạn của trục số).

Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên K nếu $F'(x)=f(x)$ với mọi x thuộc K.

Định lý

Nếu F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên K thì:

• Với mỗi hằng số C, $F(x) + C$ cũng là một nguyên hàm của hàm số trên f(x) trên K.
• G(x) cũng là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên K thì tồn tại một hằng số C sao cho: $G(x) = F (x) +C$

b)

Định lí 2

• Nếu hai hàm số $u=u(x)$ và $v=v(x)$ có đạo hàm liên tục trên K thì:

$\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx$

• Hay: $\int udv=uv-\int vdu$  với $ v'(x)dx=dv,u'(x)dx=du$

Ví dụ minh họa:

Tính: $\int x\ln (1+x)dx$ ( Sử dụng phương pháp tính nguyên hàm từng phần )

Lời giải:

Đặt $u= \ln(1+x)$ , $dv= xdx$

=> $du=\frac{1}{1-x}dx$ ,

$v=\frac{x^{2}}{2}

Ta có: $\int x\ln(1+x)dx = \frac{x^{2}}{2}\ln(1+x)−\int \frac{x^{2}dx}{2(x+1)}$

<=> $\int x\ln(1+x)dx= $\frac{1}{2}(x^{2}-1)\ln(1-x)-\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2}+C$

=========

Câu 2:Trang 126-sgk giải tích 12

a) Phát biểu định nghĩa tích phân của hàm số f(x) trên một đoạn.

b) Nêu các tính chất của tích phân. Cho ví dụ minh họa.

Hướng dẫn giải:

a)

• Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a;b].
• F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên đoạn [a;b].

=> Hiệu số F(b) – F(a) gọi là tích phân từ a -> b .
Ký hiệu: $\int_{a}^{b}f(x)dx$ với a là cận dưới, b là cận trên, f(x)dx là biểu thức dưới dấu tích phân, f(x) là hàm số dưới dấu tích phân.

Công thức tổng quát

$\int_{a}^{b}f(x)dx=F(b)-F(a)$

b)

Tính chất 1

$\int_{a}^{b}kf(x)dx=k\int_{a}^{b}f(x)dx$

Tính chất 2

$\int_{a}^{b}(f(x)\pm g(x))dx=\int_{a}^{b}f(x)dx\pm \int_{a}^{b}g(x)dx$

Tính chất 3

$\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{c}f(x)dx+\int_{c}^{b}f(x)dx$

Ví dụ minh họa:

Tính tích phân sau: $\int_{0}^{1}x(1-x)^{5}dx$

Lời giải:

Đặt $u=1-x => du=-dx$

=> $x=1-u$

$x=0=> u=1$

$x=1=>u=0$

=> $\int_{0}^{1}x(1-x)^{5}dx=-\int_{0}^{1}(1-u)u^{5}du=\frac{1}{42}$

==============

Bài tập 3 trang 126 SGK Giải tích 12

 Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) $f(x)=(x−1)(1−2x)(1−3x)$

b) $f(x) =\sin 4x \cos^{2}2x$

c) $f(x)=\frac{1}{1-x^{2}}$

d) $f(x) = (e^{x}– 1)^{3}$

Hướng dẫn giải chi tiết bài 3

Phương pháp:

Biến đổi hàm số cần tính nguyên hàm về tổng của các hàm số mà ta đã biết công thức xác định nguyên hàm của chúng đã được học ở bài 1 chương 3 Giải tích 12.

Lời giải:

Câu a:

Ta có \(f(x)=(x-1)(6x^2-5x+1)=x^3-11x^2+6x-1\)

Vậy \(\int f(x)dx=\frac{3x^4}{2}-\frac{11}{3}x^3+3x^2-C\).

Câu b:

Ta có \(\sin 4x.co{s^2}2x = \sin 4x.\frac{1}{2}(1 + \cos 4x)\)

Vậy:

\(\begin{array}{l} \int {f(x)dx} = \frac{1}{2}\int {\sin 4xdx} + \frac{1}{4}\int {\sin 8xdx} \\ = – \frac{1}{8}\cos 4x – \frac{1}{{32}}\cos 8x + C. \end{array}\)

Câu c:
Ta có:

\(\begin{array}{l} f(x)\frac{1}{{1 – {x^2}}} = \frac{1}{{(1 – x)(1 + x)}} = \frac{a}{{1 – x}} + \frac{b}{{1 + x}}\\ = \frac{{a(1 + x) + b(1 – x)}}{{(1 – x)(1 + x)}} = \frac{{(a – b)x + a + b}}{{(1 – x)(1 + x)}}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a – b = 0\\ a + b = 1 \end{array} \right. \Rightarrow f(x) = \frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{{1 – x}} + \frac{1}{{1 + x}}} \right] \end{array}\)

Vậy \(f(x)dx=\frac{1}{2}\int \frac{1}{1+x}dx-\frac{1}{2}\int \frac{1}{x-1}dx\) \(=\frac{1}{2}ln\left | x+1 \right |-\frac{1}{2}ln\left | x-1 \right |= \frac{1}{2}ln \left | \frac{x+1}{x-1} \right |+C\).

Câu d:

Ta có: \(\int (e^x-1)^3dx=\int (e^{3x}-3e^{2x}+3e^x-1)dx\) \(=\frac{1}{3}e^{3x}-\frac{3}{2}e^{2x}+3e^x-x+C\).

================

Bài tập 4 trang 126 SGK Giải tích 12

Tính:

a) \(\int (2-x)sinxdx\)

b) \(\frac{\int (x+1)^2}{\sqrt{x}}dx\)
c) \(\int \frac{e^{3x+1}}{e^x+1}dx\)
d) \(\int \frac{1}{(sinx+cosx)^2}dx\)
e) \(\int \frac{1}{\sqrt{1+x}+\sqrt{x}}dx\)
f) \(\int \frac{1}{(1+x)(2-x)}dx\)

 Hướng dẫn giải chi tiết bài 4

Câu a:

Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=2-x\\ dv=sinx dx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=-dx\\ v=-cosx \end{matrix}\right.\)

Áp dụng cộng thức tính nguyên hàm từng phần ta có:
\(\int (2-x)sinx dx=-(2-x)cosx-\int cosx dx\)

\(=(x-2)cosx-sinx+C\)

Câu b:

\(\int \frac{(x+1)^2}{\sqrt{x}}=\frac{x^2+2x+1}{x^{\frac{1}{2}}}dx\)

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

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

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

\(=\frac{2}{5}x^\frac{5}{2}+ \frac{4}{3}x^{\frac{3}{2}}+2x^{\frac{1}{2}}+C.\)

Câu c:

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

\(=\frac{1}{2}\int e^{2x}d(2x)-\int e^xdx+\int dx=\frac{1}{2}e^{2x}-e^x+x+C\)

Câu d:

\(\int \frac{1}{(sinx+cosx)^2}dx=\frac{1}{2}\int \frac{dx}{cos^2(x-\frac{\pi }{4})} =\frac{1}{2} tan \left ( x-\frac{\pi }{4} \right )+C\)

Câu e:
\(\int \frac{1}{\sqrt{1+x}+\sqrt{x}}dx=\int \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{x}}{1+x-x}dx\)

\(=\int (\sqrt{1+x}-\sqrt{x})dx=\int \sqrt{1+x}dx-\int \sqrt{x}dx\)

\(=\int (1+x)^{\frac{1}{2}}d(1+x)-\int x^{\frac{1}{2}}dx\)

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

Câu f:

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

\(=\frac{1}{3}\left ( \int \frac{dx}{1+x}+ \int \frac{dx}{2-x} \right )= \frac{1}{3}\left ( \int \frac{d(1+x)}{1+x} – \int \frac{d(2-x)}{2-x}\right )\)

\(=\frac{1}{3}\left ( ln \left | 1+x \right | – ln\left | 2-x \right | \right )+C =\frac{1}{3}ln \left | \frac{1+x}{2-x} \right |+C\)

=============

Bài tập 5 trang 127

Tính:

a) $\int_{0}^{3}\frac{x}{\sqrt{1+x}}dx$

b) $\int_{1}^{64}\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt[3]{x}}dx$

c) $\int_{0}^{2}x^{2}e^{3x}dx$

d) $\int_{0}^{\prod}\sqrt{1+\sin 2x} dx$

Hướng dẫn giải chi tiết bài 5

Câu a:

\(\int_{0}^{3}\frac{x}{\sqrt{1+x}}dx=\int_{0}^{3}\frac{x+1-1}{\sqrt{1+x}}dx\)

\(=\int_{0}^{3}\frac{x+1}{\sqrt{1+x}}dx-\int_{0}^{3}\frac{dx}{\sqrt{1+x}}\)

\(=\int_{0}^{3}(x+1)^{\frac{1}{2}}dx-\int_{0}^{3}(1+x)^{\frac{1}{2}}dx\)

\(= \int_{0}^{3}(x+1)^{\frac{1}{2}}d(x+1)-\int_{0}^{3}(1+x)^{\frac{1}{2}}d(1+x)\)

\(=\frac{2}{3}(x+1)^\frac{3}{2} \Bigg |^3_0-2(1+x)^{\frac{1}{2}}\Bigg |^3_0= \frac{2}{3}-2.4^\frac{1}{2}+2\)

\(=\frac{16}{3}-\frac{2}{3}-4+2=\frac{14}{3}-2=\frac{8}{3}\)

Câu b:

Đặt \(t=\sqrt[6]{x}\Rightarrow x=t^6\Rightarrow dx=6t^5 dt.\)

Khi x = 1 ⇒ t = 1

Khi x = 64 ⇒ t = 2

Do đó ta có: \(I=\int_{1}^{64}\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt[3]{x}}dx= \int_{1}^{2}\frac{1+t^3}{t^2}.6t^5dt =\int_{1}^{2}(6t^3+6t^6)dt\)

\(=\left [ \frac{3t^4}{2} +\frac{6t^7}{7} \right ] \Bigg |^2_1= \frac{3(16-1)}{2}+\frac{6(128-1)}{7}=\frac{1839}{14}.\)

Câu c:

Sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần bằng cách đặt:

\(\left\{\begin{matrix} u=x^2\\ dv=e^{3x}dx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=2x dx\\ v=\frac{1}{3}e^{3x} \end{matrix}\right.\)

Ta có:

\(\int_{0}^{2}x^2 e^{3x}dx=\frac{1}{3}x^3.e^{3x} \bigg|_0^2-\frac{2}{3} \int_{0}^{2}x.e^{3x}dx=\frac{4}{3}e^6-\frac{2}{3}\int_{0}^{2}x.e^{3x}dx\)

Lại tiếp tục đặt: \(\left\{\begin{matrix} u_1=x^2\\ dv_1=e^{3x}dx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du_1=dx\\ v_1=\frac{1}{3}e^{3x} \end{matrix}\right.\)

Ta được:

\(\int_{0}^{2}x.e^{3x}dx=\frac{1}{3}x.e^{3x} \bigg|^2_0-\frac{1}{3} \int_{0}^{2}e^{3x}dx\)

\(=\frac{2}{3}e^6-\frac{1}{9}e^{3x}\bigg|_{0}^{2}=\frac{2}{3}e^6-\frac{1}{9}e^6+ \frac{1}{9}\)

Do đó: \(\int_{0}^{2}x^2.e^{3x}dx=\frac{4}{3}e^6-\frac{2}{3} \left ( \frac{2}{3}e^6-\frac{1}{9}e^6+\frac{1}{9} \right )\)

\(=\frac{4}{3}e^6-\frac{4}{9}e^6+\frac{2}{27}e^6-\frac{2}{27}= \frac{26}{27}e^6-\frac{2}{27}=\frac{2}{27}(13e^6-1)\)

Câu d:

Ta có:

\(\sqrt{1+sin2x}=\sqrt{(sinx+cosx)^2}= \sqrt{2cos^2(x-\frac{\pi }{4})}\)

\(= \sqrt{2}\left | cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right ) \right |\)

Mặt khác ta có:

\(cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )\geq 0, \ \ \ \forall x\in \left [ 0;\frac{3\pi }{4} \right ]\)

và \(cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )\leq 0, \ \ \ \forall x\in \left [\frac{3\pi }{4}; \pi \right ]\)

Do đó:

\(\int_{0}^{\pi }\sqrt{1+sin2x}dx=\sqrt{2}\int_{0}^{\pi }cos \left ( x-\frac{\pi }{4} \right ) \bigg| dx\)

\(=\sqrt{2}\int_{0}^{\frac{3\pi }{4}}cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )dx- \sqrt{2}\int^{0}_{\frac{3\pi }{4}}cos\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )dx\)

\(=\sqrt{2}sin\left ( x-\frac{\pi }{4} \right ) \Bigg|_0^{\frac{3\pi }{4}}- \sqrt{2}sin\left ( x-\frac{\pi }{4} \right )\Bigg|^0_{\frac{3\pi }{4}}\)

\(=\sqrt{2}\left ( 1+\frac{\sqrt{2}}{2} \right )-\sqrt{2} \left ( \frac{\sqrt{2}}{2} -1\right )= \sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)

================

Bài tập 6 trang 127 SGK Giải tích 12

Tính:

a) \(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos2xsin^2xdx\)

b) \(\int_{-1}^{1}\left | 2^2-2^{-x} \right |dx\)

c) \(\int_{-1}^{2} \frac{(x+1)(x+2)(x+3)}{x^2}dx\)

d) \(\int_{-1}^{\frac{\pi }{2}} (sinx+cosx)^2dx\)

e) \(\int_{-1}^{\pi } (x+sinx)^2dx\)

g) \(\int_{0}^{\pi }(x+sinx)^2dx\)

Hướng dẫn giải chi tiết bài 6

Câu a:

Biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân ta có:

\(cos2x.sin^2x=cos2x\frac{1-cos2x}{2}= \frac{1}{2}cos2x -\frac{1}{2}cos^22x\)

\(=\frac{1}{2}cos2x-\frac{1}{4}(1+cos4x)=\frac{1}{2}cos2x – \frac{1}{4}cos4x-\frac{1}{4}\)

Do đó:

\(\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}cos2x sin^2x dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}} \left ( \frac{1}{2}cos2x -\frac{1}{4}cos4x- \frac{1}{4} \right )dx\)

\(=\frac{1}{4}sin2x \bigg|_{0}^{\frac{\pi }{2}}-\frac{1}{16}sin4x \bigg|_{0}^{\frac{\pi }{2}}- \frac{1}{4}x\bigg|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=-\frac{\pi }{8}\)

Câu b:

Ta có: \(\left\{\begin{matrix} 2^x-2^{-x}\geq 0 \ \ \forall x\in [0;1]\\ 2^x-2^{-x}\leq 0 \ \ \forall x\in [-1;0) \end{matrix}\right.\)

Do đó: \(\int_{-1}^{1}\left | 2^x-2^{-x} \right |dx= \int_{-1}^{0}(2^{-x}-2^x)dx+ \int_{0}^{1}(2^{x}-2^{-x})dx\)

\(=\left ( -\frac{2^{-x}}{ln2}-\frac{2^x}{ln2} \right ) \bigg|^0_{-1}+ \left ( \frac{2^x}{ln2}+\frac{2^{-x}}{ln2} \right )\bigg|^1_{0}\)

\(=-\frac{1}{ln2}-\frac{1}{ln2}+\frac{2}{ln2}+\frac{1}{2ln2}+ \frac{2}{ln2}+\frac{1}{2ln2}-\frac{1}{ln 2}-\frac{1}{ln2}=\frac{1}{ln2}\)

Câu c:

Ta có:

\(\frac{(x+1)(x+2)(x+3)}{x^2}=x+6x+\frac{6}{x^2}+\frac{11}{x}\)

Do đó: \(\int_{1}^{2}\frac{(x+1)(x+2)(x+3)}{x^2}dx= \int_{1}^{2}\left ( x+6x+\frac{6}{x^2}+\frac{11}{x} \right )dx\)

\(=\left ( \frac{x^2}{2}+6x-\frac{6}{x} +11lnx \right )\Bigg|^2_1\)

\(=2+12-3+11ln2-\frac{1}{2}+6-6=\frac{21}{2}+11ln2\)
Câu d:

Phân tích biểu thức dưới dấu tích phân ta được:

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

Do đó:

\(\int_{0}^{2}\frac{1}{x^2-2x-3}dx=\frac{1}{4}\int_{0}^{2} \left (\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+1} \right )dx\)

\(=\frac{1}{4}ln\left | \frac{x-3}{x+1} \right | \Bigg |^2_0= \frac{1}{4}\left ( ln\frac{1}{3} -ln3 \right )=-\frac{1}{2}ln3\)

Câu e:
Ta có:

\((sinx+cosx)^2=1+sin2x\)

Do đó: \(\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}(sinx+cosx)^2dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}(1+sin2x)dx\)

\(=\left ( x-\frac{1}{2}cos2x \right )\Bigg |_0^{\frac{\pi }{2}}= \frac{\pi }{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{\pi }{2}+1\)

Câu g:

\(\int_{0}^{\pi }(x+sinx)^2dx= \int_{0}^{\pi }(x^2+2xsinx+sin^2x)dx\)

\(=\int_{0}^{\pi }(x^2+2xsin x+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}cos2x)dx\)

\(=\left ( \frac{x^3}{3} +\frac{1}{2}x -\frac{1}{4}sin2x \right ) \Bigg|^{\pi}_0\)

\(=\frac{\pi ^3}{3}+\frac{\pi }{2}+2\int_{0}^{\pi }x sinx dx\)

Xét \(\int_{0}^{\pi }x sinx dx.\) Áp dụng phương pháp tính tích phân từng phần bằng cách đặt:

\(\left\{\begin{matrix} u=x\\ dv=sinx dx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=dx\\ v=-cosx \end{matrix}\right.\)

Ta được:

\(\int_{0}^{\pi }x sin dx = – x cosx \bigg|^{\pi}_0+ \int_{0}^{\pi }cosx dx= \pi+sinx \bigg|^{\pi}_0=\pi\)

Vậy \(\int_{0}^{\pi } (x+sinx)^2dx=\frac{\pi ^3}{3}+\frac{\pi }{2}+2\pi= \frac{\pi ^3}{3}+\frac{5\pi }{2}\)

==================

Bài tập 7 trang 127 SGK Giải tích 12

Xét hình phẳng D giới hạn bởi \(y=2\sqrt{(1-x^2 )}\) và \(y=2(1-x)\)

a) Tính diện tích hình D

b) Quay hình D xung quanh trục Ox. Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành.

Hướng dẫn giải chi tiết bài 7

Câu a:

Xét hàm số: \(y=2\sqrt{1-x^2}\)

Tập xác định: \(D=[-1;1]; y’=\frac{-2x}{\sqrt{1-x^2}}\)

Dấu của y’ như sau:

Vì thế đường cong \(y=2\sqrt{1-x^2}\) và đường thẳng \(y=2(1-x)\) được vẽ trong cùng một hệ trục toạ độ Oxy như sau:

Hình D là “miền gạch sọc” trong hình vẽ trên.

Ta có diện tích hình D là:

\(S_D=\int_{0}^{1}\left | 2\sqrt{1-x^2} -2(1-x)\right |dx\)

Ta sẽ chứng minh: \(\sqrt{1-x^2}\geq 1-x \ \ * \ \forall x\in D_1=[0;1]\)

Thật vậy, \(\forall x\in D_1\) thì \(\Leftrightarrow 1-x\geq (1-x^2)\Leftrightarrow 2x^2-2x\leq 0\)

\(\Leftrightarrow x(x-1)\leq 0 \ (**)\)

Bất đẳng thức (**) hiển nhiên đúng \(\forall x\in D_1\)

Vậy (*) đúng \(\forall x\in D_1\). Do (*) nên:

\(S_D=\int_{0}^{1}\left [ 2\sqrt{1-x^2}-2(1-x) \right ]dx\)

\(\Leftrightarrow S_D=2\int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2}dx-2 \int_{0}^{1}dx+2\int_{0}^{1}x dx\)

\(\Leftrightarrow S_D=2\int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2}dx-2x \Bigg|^1_0+x^2\Bigg|^1_0\)

\(\Leftrightarrow S_D=2\int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2}dx-1.\)

Đặt x = sint (với \(t\in \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right )\)) ta có:

dx = cos t dt, đổi cận:

Cho nên: \(\int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2}dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}} cos^2 t dt=\int_{0}^{1} \frac{1+cos 2t}{2}dt\)

\(=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}} dt+\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}} cos2t dt= \frac{\pi }{4}-\frac{1}{4}sin 2t \Bigg|_{0}^{\frac{\pi }{2}}= \frac{\pi }{4}\)

Vậy: \(S_D=\frac{\pi }{2}-1\)

Câu b:

Gọi V; V₁; V₂ lần lượt là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D; hình phẳng giới hạn bởi giới hạn bởi các đường \(y=2\sqrt{1-x^2},y=0,x=0;\) miền tam giác giới hạn bởi các đường \(y=2(1-x),y=0,x=0\) quanh trục Ox, ta có:

\(V=V_1-V_2\)

Ta có: \(V_1=\pi \int_{0}^{1}\left ( 2\sqrt{1-x^2} \right )^2dx= \pi \int_{0}^{1}4(1-x^2)dx\)

\(=4 \pi\int_{0}^{1}dx-4\pi \int_{0}^{1}x^2dx=4\pi x \bigg|_{0}^{1}-\frac{4}{3}\pi x^3\bigg|_{0}^{1}=\frac{8\pi }{3}\)

và: \(V_2=\pi \int _{0}^{1} \left [ 2(1-x) \right ]^2dx= 4\pi \int _{0}^{1}dx-8\pi\int _{0}^{1} x dx+4\pi \int _{0}^{1}x^2dx\)

\(=4\pi x \bigg| _{0}^{1}-4\pi x^2\bigg| _{0}^{1}+\frac{4}{3}\pi x^3\bigg| _{0}^{1} =4\pi-4\pi+\frac{4\pi }{3}=\frac{4\pi }{3}\)

Do đó: \(V=V_1-V_2=\frac{8\pi}{3}-\frac{4\pi}{3}=\frac{4\pi}{3}\).