$S\left( t \right) = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {t + 3} \right).\left( {t - 1} \right)}}{2} = \frac{{{t^2} + 2t - 3}}{2}.$

c) Có $S\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t - 3}}{2}$$ \Rightarrow S'\left( t \right) = {\left( {\frac{{{t^2} + 2t - 3}}{2}} \right)^\prime } = \frac{{2\left( {t + 1} \right)}}{2} = t + 1 = f\left( t \right)$.

Do đó S(t) là một nguyên hàm của hàm số f(t) = t + 1, t ∈ [1; 4].

Có $S\left( 4 \right) = \frac{{{4^2} + 2.4 - 3}}{2} = \frac{{21}}{2};S\left( 1 \right) = \frac{{{1^2} + 2.1 - 3}}{2} = 0$.

Do đó S(4) – S(1) = S.

Câu 3

Xét hình thang cong giới hạn bởi đồ thị y = x², trục hoành và hai đường thẳng x = 1, x = 2. Ta muốn tính diện tích S của hình thang cong này.

a) Với mỗi x ∈ [1; 2], gọi S(x) là diện tích phần hình thang cong đã cho nằm giữa hai đường thẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 1 và x (H.4.5).

Cho h > 0 sao cho x + h < 2. So sánh hiệu S(x + h) – S(x) với diện tích hai hình chữ nhật MNPQ và MNEF (H.4.6). Từ đó suy ra $0 \le \frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2} \le 2xh + {h^2}$.

b) Cho h < 0 sao cho x + h > 1. Tương tự phần a, đánh giá hiệu S(x) – S(x + h) và từ đó suy ra $2xh + {h^2} \le \frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2} \le 0$.

c) Từ kết quả phần a và phần b, suy ra với mọi h ≠ 0, ta có $\left| {\frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2}} \right| \le 2x\left| h \right| + {h^2}$.

Từ đó chứng minh S'(x) = x², x ∈ (1; 2).

Người ta chứng minh được S'(1) = 1, S'(2) = 4, tức là S(x) là một nguyên hàm của x² trên [1; 2].

d) Từ kết quả của phần c, ta có $S\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + C$. Sử dụng điều này với lưu ý S(1) = 0 và diện tích cần tính S = S(2), hãy tính S.

Gọi F(x) là một nguyên hàm tùy ý của f(x) = x² trên [1; 2]. Hãy so sánh S và F(2) – F(1).

Xem đáp án

Lời giải

a) Với h > 0, x + h < 2, kí hiệu S_MNPQ và S_MNEF lần lượt là diện tích các hình chữ nhật MNPQ và MNEF, ta có: S_MNPQ ≤ S(x + h) – S(x) ≤ S_MNEF

hay hx² ≤ S(x + h) – S(x) ≤ h(x + h)².

Suy ra $0 \le \frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2} \le 2xh + {h^2}$.

b) Với h < 0 và x + h > 1, kí hiệu S_MNPQ và S_MNEF lần lượt là diện tích các hình chữ nhật MNPQ và MNEF, ta có S_MNPQ ≤ S(x + h) – S(x) ≤ S_MNEF

hay h(x+h)² ≤ S(x + h) – S(x) ≤ hx².

Suy ra $2xh + {h^2} \le \frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2} \le 0$.

c) Dựa vào kết quả của câu a, b ta suy ra với mọi h ≠ 0, ta có:

$\left| {\frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2}} \right| \le 2x\left| h \right| + {h^2}$.

Suy ra $S'\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} = {x^2},\forall x \in \left( {1;2} \right)$.

d) Vì S(1) = 0 nên $S\left( 1 \right) = \frac{{{1^3}}}{3} + C = 0 \Rightarrow C = - \frac{1}{3}$.

Vậy $S\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{1}{3}$.

Ta có $S = S\left( 2 \right) = \frac{{{2^3}}}{3} - \frac{1}{3} = \frac{7}{3}$.

Giả sử $F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3}$ là một nguyên hàm của f(x) = x² trên [1; 2].

Khi đó $F\left( 1 \right) = \frac{1}{3};F\left( 2 \right) = \frac{8}{3}$. Ta thấy $F\left( 2 \right) - F\left( 1 \right) = \frac{7}{3} = S$.

Câu 4

Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a; b], F(x) và G(x) là hai nguyên hàm tùy ý của f(x) trên đoạn [a; b]. Chứng minh rằng F(b) – F(a) = G(b) – G(a).

Xem đáp án

Lời giải

Vì F(x) và G(x) là hai nguyên hàm của f(x) trên đoạn [a; b] nên tồn tại một hằng số C sao cho F(x) = G(x) + C.

Do đó F(b) – F(a) = G(b) + C – G(a) – C = G(b) – G(a).

Câu 5

Tính:

a) $\int_{0}^{1} e^{x} d x$ ; b) $\int_{1}^{e} \frac{1}{x} d x$ ; c) $\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin x d x$ ; d) $\int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{3}} \frac{d x}{\sin^{2} x}$ .

Xem đáp án

Lời giải

a) $\int\limits_0^1 {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_0^1 = e - 1$.

b) $\int\limits_1^e {\frac{1}{x}} dx = \left. {\ln \left| x \right|} \right|_1^e = \ln e - \ln 1 = 1$.

c) $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xdx} = \left. { - \cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = - \cos \frac{\pi }{2} + \cos 0 = 1.$

d) $\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}}} = \left. { - \cot x} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} = - \cot \frac{\pi }{3} + \cot \frac{\pi }{6} = - \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \sqrt 3 = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Câu 6