(Đúng sai) 20 bài tập Ứng dụng hình học của tích phân (có lời giải)

A-Đúng

$S = \int\limits_0^2 {\left| {{2^x}} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {{2^x}{\rm{d}}x} = \frac{3}{{\ln 2}}$ (do ${2^x} > 0,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$).

B-Đúng

$S = \int\limits_0^2 {\left| {{2^x}} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {{2^x}{\rm{d}}x} = \frac{3}{{\ln 2}}$ (do ${2^x} > 0,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$).

C-Sai

$S = \int\limits_0^2 {\left| {{2^x}} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {{2^x}{\rm{d}}x} = \frac{3}{{\ln 2}}$ (do ${2^x} > 0,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$).

D-Sai

$S = \int\limits_0^2 {\left| {{2^x}} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {{2^x}{\rm{d}}x} = \frac{3}{{\ln 2}}$ (do ${2^x} > 0,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$).

A-Đúng

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường$y = {{\rm{e}}^x}$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 2$ là:

$S = \int\limits_0^2 {{e^x}{\rm{d}}x} = {e^2} - 1$.

B-Sai

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường$y = {{\rm{e}}^x}$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 2$ là:

$S = \int\limits_0^2 {{e^x}{\rm{d}}x} = {e^2} - 1$.

C-Sai

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường$y = {{\rm{e}}^x}$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 2$ là:

$S = \int\limits_0^2 {{e^x}{\rm{d}}x} = {e^2} - 1$.

D - Sai

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường$y = {{\rm{e}}^x}$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 2$ là:

$S = \int\limits_0^2 {{e^x}{\rm{d}}x} = {e^2} - 1$.

b) Đúng vì ta có $f\left( x \right) + xf'\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2$$\Leftrightarrow {\left( x \right)^\prime }.f(x) + x.f'\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2$

$\Leftrightarrow {\left[ {xf\left( x \right)} \right]^\prime } = 4{x^3} + 4x + 2$$\Rightarrow xf(x) = \int {\left( {4{x^3} + 4x + 2} \right){\rm{d}}x} = {x^4} + 2{x^2} + 2x + C\,\,\left( * \right)$.

Cho $x = 0$ ta được $C = 0$.

$\left( * \right) \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} + 2x + 2 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2$.

c) Sai vì phương trình hoành độ giao điểm của hai đường $y = f\left( x \right)$ và $y = f'\left( x \right)$ là

$f\left( x \right) = f'\left( x \right) \Leftrightarrow {x^3} + 2x + 2 = 3{x^2} + 2 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.$.

Vậy $S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right|{\rm{d}}x}$.

c) Sai vì diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = x + 2,y = f\left( x \right),x = 1,x = 6$ là

$S = \int\limits_1^6 {\left[ {\left( {x + 2} \right) - f\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x$.

a- Sai

+ Phần $S{}_1$: phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số $f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + x + 3$, $g\left( x \right) = - {x^2} + 2x + 1$và các đường thẳng $x = - 1$, $x = 1$.

Dựa vào đồ thị ta có ${S_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x$$= \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{x^3} - 2{x^2} - x + 2} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{8}{3}$.

+ Phần ${S_2}$: phần diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số $f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + x + 3$, $g\left( x \right) = - {x^2} + 2x + 1$và các đường thẳng $x = 1$, $x = 2$.

Dựa vào đồ thị ta có ${S_2} = \int\limits_1^2 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x$$= \int\limits_1^2 {\left( { - {x^3} + 2{x^2} + x - 2} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{5}{{12}}$.

Vậy $S = {S_1} + {S_2} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{x^3} - 2{x^2} - x + 2} \right)} \,{\rm{d}}x$$+ \int\limits_1^2 {\left( { - {x^3} + 2{x^2} + x - 2} \right){\rm{d}}x}$.

b-Sai

b) ${S_1} = \frac{{32}}{5}{S_2}$.

c - Đúng

c) $S = \int\limits_0^2 {\left[ {g\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {\left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)dx = \frac{{10}}{3}}$.

d- Đúng

d) Gọi ${V_1},{V_2}$ lần lượt là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng $\left( E \right)$ quanh trục $Ox$ với các đường thẳng $x = - 1;x = 1$ và $x = 2$.

+) ${V_1} = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)} \right]} dx = \frac{{160}}{{21}}$;

+) ${V_2} = \pi \int\limits_1^2 {\left[ {{g^2}\left( x \right) - {f^2}\left( x \right)} \right]} dx = \frac{{25}}{{21}}$.

Vậy $V = {V_1} + {V_2} = \frac{{185}}{{21}}$.

a-Sai

a) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi nửa đường tròn $\left( C \right)$ là: $S = \int\limits_{ - 2\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {\sqrt {8 - {x^2}} } dx$.

b- Đúng

b) Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi nửa đường tròn $\left( C \right)$ quanh trục hoành là: $V = \pi \int\limits_{ - 2\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {{y^2}dx} = \pi \int\limits_{ - 2\sqrt 2 }^{2\sqrt 2 } {\left( {8 - {x^2}} \right)dx}$.

c) Xét phương trình: $y = 2 \Leftrightarrow \sqrt {8 - {x^2}} = 2 \Leftrightarrow x = \pm 2$.

Gọi ${S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}} - 2} \right)} dx = 2\pi - 4$, ${S_2} = \frac{1}{2}S - {S_1} = 2\pi + 4 \Rightarrow {S_1} < {S_2}$.

d- Sai

d) Giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( C \right)$ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 8\;\left( 1 \right)\\y = \frac{{{x^2}}}{2}\;\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Thay $\left( 2 \right)$ vào $\left( 1 \right)$ ta được: ${x^2} + \frac{{{x^4}}}{4} = 8 \Leftrightarrow {x^4} + 4{x^2} - 32 = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 4\\{x^2} = - 8\;\left( L \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm 2$

Phần nhỏ giới hạn bởi các đường $y = \frac{{{x^2}}}{2}$; $y = \sqrt {8 - {x^2}}$; $x = - 2$; $x = 2$ nên ta có:

${S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right){\rm{d}}x} = \underbrace {\int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} }_A - \underbrace {\int\limits_{ - 2}^2 {\frac{{{x^2}}}{2}{\rm{d}}x} }_B$

Tính $A = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}} } \right){\rm{d}}x}$

Đặt $x = 2\sqrt 2 \sin t \Rightarrow {\rm{d}}x = 2\sqrt 2 \cos t{\rm{d}}t$.

Đổi cận: $x = - 2 \Rightarrow t = - \frac{\pi }{4}$; $x = 2 \Rightarrow t = \frac{\pi }{4}$.

$A = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\sqrt {8 - 8{{\sin }^2}t} } .2\sqrt 2 \cos t{\rm{d}}t$$= 8\int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}t{\rm{d}}t}$$= 4\int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + \cos 2t} \right){\rm{d}}t}$$= \left. {4\left( {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)} \right|_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}$$= 2\pi + 4$.

$B = \int\limits_{ - 2}^2 {\frac{{{x^2}}}{2}{\rm{d}}x} = \frac{8}{3}$.

$\Rightarrow$${S_1} = 2\pi + \frac{4}{3}$ $\Rightarrow$${S_2} = \frac{1}{2}\pi {R^2} - {S_1} = 2\pi - \frac{4}{3}$.

Vậy $\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{3\pi + 2}}{{3\pi - 2}} \approx 1{,}5 > 1$.

b) Sai: ta có ${x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.$

Phương trình có một nghiệm $x = 1$ thuộc $\left[ {0;3} \right]$.

${x^2} - 5x + 4 \ge 0$ với mọi $x \in \left[ {0;1} \right]$ và ${x^2} - 5x + 4 \le 0$ với mọi $x \in \left[ {1;3} \right]$

$S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 5x + 4} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 5x + 4} \right)} {\rm{d}}x + \int\limits_1^3 { - \left( {{x^2} - 5x + 4} \right)} {\rm{d}}x$

+ Ta có diện tích hình phẳng $\left( H \right)$là $S = \int\limits_0^a {{x^2}} dx = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^a = \frac{{{a^3}}}{3}$

+ $S = \frac{{{a^3}}}{3} = \frac{1}{2} \Rightarrow {a^3} = \frac{3}{2} \Rightarrow a = \sqrt[3]{{\frac{3}{2}}}$

+ $a = 1$$\Rightarrow V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^2}} \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_0^1 {{x^4}} dx = \pi \left. {\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{5}.$

a)Đúng: theo công thức tính diện tích hình phẳng.

A-Đúng

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {x^2}$, $y = 2x$, $x = 0,x = 1$ là $S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} dx = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx} } \right| = \frac{4}{3}$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^2} + 2x + 1$, $y = 2{x^2} - 4x + 1$, $x = 0,x = 2$ là

$\int_0^2 {\left| {2{x^2} - 4x + 1 - \left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)} \right|dx} = \int_0^2 {\left| {3{x^2} - 6x} \right|dx} = \int_0^2 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx} = \left( {3{x^2} - {x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 4$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}$, trục hoành, $x = 0,x = 1$ là

$S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = 2\ln 2 - 1.$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^3} + 12x$, $y = - {x^2}$

$S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x$

$$= \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_0^4} \right|$$

$= \left| {\frac{{ - 99}}{4}} \right| + \left| {\frac{{ - 160}}{3}} \right| = \frac{{937}}{{12}}$.

B-Đúng

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {x^2}$, $y = 2x$, $x = 0,x = 1$ là $S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} dx = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx} } \right| = \frac{4}{3}$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^2} + 2x + 1$, $y = 2{x^2} - 4x + 1$, $x = 0,x = 2$ là

$\int_0^2 {\left| {2{x^2} - 4x + 1 - \left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)} \right|dx} = \int_0^2 {\left| {3{x^2} - 6x} \right|dx} = \int_0^2 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx} = \left( {3{x^2} - {x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 4$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}$, trục hoành, $x = 0,x = 1$ là

$S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = 2\ln 2 - 1.$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^3} + 12x$, $y = - {x^2}$

$S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x$

$$= \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_0^4} \right|$$

$= \left| {\frac{{ - 99}}{4}} \right| + \left| {\frac{{ - 160}}{3}} \right| = \frac{{937}}{{12}}$.

C-Đúng

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {x^2}$, $y = 2x$, $x = 0,x = 1$ là $S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} dx = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx} } \right| = \frac{4}{3}$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^2} + 2x + 1$, $y = 2{x^2} - 4x + 1$, $x = 0,x = 2$ là

$\int_0^2 {\left| {2{x^2} - 4x + 1 - \left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)} \right|dx} = \int_0^2 {\left| {3{x^2} - 6x} \right|dx} = \int_0^2 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx} = \left( {3{x^2} - {x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 4$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}$, trục hoành, $x = 0,x = 1$ là

$S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = 2\ln 2 - 1.$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^3} + 12x$, $y = - {x^2}$

$S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x$

$$= \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_0^4} \right|$$

$= \left| {\frac{{ - 99}}{4}} \right| + \left| {\frac{{ - 160}}{3}} \right| = \frac{{937}}{{12}}$.

D-Đúng

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {x^2}$, $y = 2x$, $x = 0,x = 1$ là $S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} dx = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx} } \right| = \frac{4}{3}$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^2} + 2x + 1$, $y = 2{x^2} - 4x + 1$, $x = 0,x = 2$ là

$\int_0^2 {\left| {2{x^2} - 4x + 1 - \left( { - {x^2} + 2x + 1} \right)} \right|dx} = \int_0^2 {\left| {3{x^2} - 6x} \right|dx} = \int_0^2 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx} = \left( {3{x^2} - {x^3}} \right)\left| \begin{array}{l}2\\0\end{array} \right. = 4$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}$, trục hoành, $x = 0,x = 1$ là

$S = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|{\rm{d}}x = } \left| {\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {1 - \frac{2}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} } \right| = \left| {\left. {\left( {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1} \right| = 2\ln 2 - 1.$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - {x^3} + 12x$, $y = - {x^2}$

$S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_0^4 {\left| {{x^3} - {x^2} - 12x} \right|} \,{\rm{d}}x$

$$= \left| {\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| + \left| {\int\limits_0^4 {\left( {{x^3} - {x^2} - 12x} \right)} \,{\rm{d}}x} \right| = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{{x^3}}}{3} - 6{x^2}} \right)} \right|_0^4} \right|$$

$= \left| {\frac{{ - 99}}{4}} \right| + \left| {\frac{{ - 160}}{3}} \right| = \frac{{937}}{{12}}$.

A-Đúng

Ta có: hàm số $f(x) \ge 0\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right];f(x) \le 0\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$, nên:

$S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{dx}}} - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}}$.

B-Sai

Ta có: hàm số $f(x) \ge 0\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right];f(x) \le 0\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$, nên:

$S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{dx}}} - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}}$.

C-Sai

Ta có: hàm số $f(x) \ge 0\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right];f(x) \le 0\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$, nên:

$S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{dx}}} - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}}$.

D-Sai

Ta có: hàm số $f(x) \ge 0\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right];f(x) \le 0\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]$, nên:

$S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{dx}}} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{dx}}} - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{dx}}}$.

A-Sai

Ta có $S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .$

Do $f\left( x \right) \ge 0$ với $\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]$ và $f\left( x \right) \le 0$ với $\forall x \in \left[ {1;3} \right]$ nên $S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} .$

B-Đúng

Ta có $S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .$

Do $f\left( x \right) \ge 0$ với $\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]$ và $f\left( x \right) \le 0$ với $\forall x \in \left[ {1;3} \right]$ nên $S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} .$

C-Sai

Ta có $S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .$

Do $f\left( x \right) \ge 0$ với $\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]$ và $f\left( x \right) \le 0$ với $\forall x \in \left[ {1;3} \right]$ nên $S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} .$

D-Sai

Ta có $S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = S = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_1^3 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} .$

Do $f\left( x \right) \ge 0$ với $\forall x \in \left[ { - 2;1} \right]$ và $f\left( x \right) \le 0$ với $\forall x \in \left[ {1;3} \right]$ nên $S = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} .$

A-Đúng

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị $y = {x^2} - 2x - 2$, $y = - {x^2} + 2$, $x = - 1,x = 2$.

Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

$S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]} dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} dx$.

B-Đúng

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị $y = {x^2} - 2x - 2$, $y = - {x^2} + 2$, $x = - 1,x = 2$.

Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

$S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]} dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} dx$.

C-Đúng

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị $y = {x^2} - 2x - 2$, $y = - {x^2} + 2$, $x = - 1,x = 2$.

Diện tích hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là:

$S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 2} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 2} \right)} \right]} dx = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} dx$.

D-Sai

Diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình trên được giới hạn các đồ thị $y = {x^2} - 2x - 2$, $y = - {x^2} + 2$, $x = - 1,x = 2$.