15 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến Nguyên hàm của một số hàm số sơ cấp (có lời giải)
15 câu hỏi
Một con lắc lò xo dao động điều hoà theo phương ngang trên mặt phẳng không ma sát như Hình 1, có vận tốc tức thời cho bởi v(t) = 4cos t, trong đó t tính bằng giây và v(t) tính bằng centimét/giây. Tại thời điểm t = 0, con lắc đó ở vị trí cân bằng. Lập phương trình chuyển động của con lắc đó?
Giả sử con lắc chuyển động theo phương trình: s = s(1). Suy ra s' (t) = v(t), do đó s(t) là một nguyên hàm của v(t). Ta có: \[\int {v\left( t \right)dt} = \int {4cost{\rm{dt}}} = 4sint + C.\]
Suy ra s(t)=4sint+C.
Tại thời điểm t = 0, ta có s(0) = 0, tức là 4sin0 + C = 0, hay C = 0. Vậy phương trình chuyển động của con lắc là: s(t) = 4sint.
Một xe ô tô đang chạy với vận tốc 72 km/h thì người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường cách đó 80 m. Người lái xe phản ứng một giây sau đó bằng cách đáp phanh khẩn cấp. Kể từ thời điểm này, ô tô chuyển động chậm dần đều với tố độ v(t) = -10t + 30 (m/s), trong đó t là thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp phan. Gọi S(t) là quãng đường xe ô tô đi được trong t giây kể từ lúc đạp phhan.
a) Lập công thức biểu diễm hàm số s(t)
b) Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng lại hẳn là bao nhiêu giây?
c) Quãng đường xe ô tô đã di chuển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe dừng lại hẳn là bao nhiêu mét? Xeo ô tô có gặp tai nạn do va chạm với chướng ngại vật trên đường hay không?
a) Ta đã biết, công thức tính quãng đường s(t) xe ô tô đi được trong t (giây) là một nguyên hàm của hàm v(t). Do \[\int {\left( { - 10t + 30} \right)dt} {\rm{ }} = - 5{t^2} + 30t + C\]
nên ta có: \[s(t) = - 5{t^2} + 30t + C\] với C là hằng số. Do s(0) = 0 nên C = 0. Suy ra \[s(t) = - 5{t^2} + 30t\].
b) Xe ô tô dừng hẳn khi v(t) = 0, tức là – 10t + 30 = 0 hay t= 3.
Vậy thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 3 giây.
c) Ta có: tốc độ 72 km/h cũng là tốc độ 20 m/s.
Do đó, quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là:
s(3) = − 5 .32 + 30 . 3 = 45 (m).
Vậy quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là: 20 +45 = 65 (m).
Do 65 < 80 nên xe ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường. Vì thế, tai nạn đã không xảy ra đối với xe ô tô đó.
Tại một lễ hội dân gian, tốc độ thay đổi lượng khách tham dự được biểu diễn bằng hàm số \({B^\prime }(t) = 20{t^3} - 300{t^2} + 1000t,\) trong đó \(t\) tính bằng giờ \((0 \le t \le 15),{B^\prime }(t)\) tính bằng khách/giờ.
(Nguồn: A. Bigalke et al., Mathematik, Grundkurs ma-I, Cornelsen 2016). Sau một giờ, 500 người đã có mặt tại lễ hội.
a) Viết công thức của hàm số \(B(t)\) biểu diễn số lượng khách tham dự lễ hội với \(0 \le t \le 15\).
b) Sau 3 giờ sẽ có bao nhiêu khách tham dự lễ hội?
c) Số lượng khách tham dự lễ hội lớn nhất là bao nhiêu?
d) Tại thời điểm nào thì tốc độ thay đổi lượng khách tham dự lễ hội là lớn nhất?
a) Hàm số \({\rm{B}}({\rm{t}})\) là một nguyên hàm của hàm số \(B(t)\).
Ta có \(\int {{B^\prime }} (t)dt = \int {\left( {20{t^3} - 300{t^2} + 1000t} \right)} dt\)\( = \int 2 0{t^3}dt - \int 3 00{t^2}dt + \int 1 000tdt.\)
Suy ra \(B(t) = 5{t^4} - 100{t^3} + 500{t^2} + C\).
Vì sau một giờ, 500 người đã có mặt tại lễ hội nên \(B(1) = 500\).
Do đó, \(5 \cdot {1^4} - 100 \cdot {1^3} + 500 \cdot {1^2} + C = 500\), suy ra \(C = 95\).
Vậy công thức của hàm số \({\rm{B}}({\rm{t}})\) biểu diễn số lượng khách tham dự lễ hội là
\(B(t) = 5{t^4} - 100{t^3} + 500{t^2} + 95(0 \le t \le 15).\)
b) Ta có \(B(3) = 5 \cdot {3^4} - 100 \cdot {3^3} + 500 \cdot {3^2} + 95 = 2300\).
Vậy sau 3 giờ có 2300 khách tham dự lễ hội.
c) Số lượng khách tham dự lễ hội lớn nhất chính là giá trị lớn nhất của hàm số \({\rm{B}}({\rm{t}})\) trên đoạn [0;15].
Ta có \({B^\prime }({\rm{t}}) = 20{{\rm{t}}^3} - 300{{\rm{t}}^2} + 1000{\rm{t}}\).
Trên khoảng \((0;15),{B^\prime }({\rm{t}}) = 0\) khi \(t = 5\) hoặc \({\rm{t}} = 10\).
\(B(0) = 95;B(5) = 3220;B(10) = 95;B(15) = 28220.{\rm{ }}\)
Do đó, \({\max _{[0;15]}}B(t) = 28220\) tại \(t = 15\).
Vậy số lượng khách tham dự lễ hội lớn nhất là 28220 khách sau 15 giờ.
d) Tốc độ thay đổi lượng khách tham dự lễ hội lớn nhất chính là giá trị lớn nhất của hàm số \({B^\prime }({\rm{t}})\) trên đoạn [0 ; 15].
Ta có \({B^{\prime \prime }}(t) = {\left( {20{t^3} - 300{t^2} + 1000t} \right)^\prime } = 60{t^2} - 600t + 1000\).
Trên khoảng \((0;15),{{\rm{B}}^{\prime \prime }}({\rm{t}}) = 0\) khi \(t = \frac{{15 - 5\sqrt 3 }}{3}\) hoặc \(t = \frac{{15 + 5\sqrt 3 }}{3}\).
\({{\rm{B}}^\prime }(0) = 0;B\left( {\frac{{15 - 5\sqrt 3 }}{3}} \right) \approx 962,25;B\left( {\frac{{15 + 5\sqrt 3 }}{3}} \right) \approx - 962,25;{\rm{B}}(15) = 15000.{\rm{ }}\)
Do đó, \({\max _{[0;15]}}{B^\prime }(t) = 15000\) tại \(t = 15\).
Đối vối các dự án xây dựng, chi phí nhân công lao động được tính theo số ngày công. Gọi \(m(t)\) là số lượng công nhân được sử dụng ở ngày thứ t (kể từ khi khởi công dự án). Gọi \(M(t)\) là số ngày công được tính đến hết ngày thứ \(t\) (kể từ khi khởi công dự án). Trong kinh tế xây dựng, người ta đã biết rằng \({M^\prime }(t) = m(t)\).
Một công trình xây dựng dự kiến hoàn thành trong 400 ngày. Số lượng công nhân được sử dụng cho bởi hàm số: \(m(t) = 800 - 2t,\) trong đó \(t\) tính theo ngày \((0 \le t \le 400),m(t)\) tính theo người (Nguồn: A. Bigalke et al., Mathematik, Grundkurs ma-1, Cornelsen 2016). Đơn giá cho một ngày công lao động là 400000 đồng. Tính chi phí nhân công lao động của công trình đó (cho đến lúc hoàn thành).
Hàm số \(M(t)\) là một nguyên hàm của hàm số \(m(t)\).
Ta có \(\int m (t)dt = \int {(800 - 2t)} dt = \int 8 00dt - \int 2 tdt = 800t - {t^2} + C\).
Suy ra \(M(t) = 800t - {t^2} + C\).
Tại \({\rm{t}} = 0\) thì \({\rm{M}}({\rm{t}}) = {\rm{M}}(0) = 0\).
Do đó \(800 \cdot 0 - {0^2} + C = 0\), suy ra \(C = 0\).
Khi đó, \(M({\rm{t}}) = 800{\rm{t}} - {{\rm{t}}^2}(0 \le {\rm{t}} \le 400)\).
Số ngày công tính đến khi hoàn thành dự án là
\(M(400) = 800 \cdot 400 - {400^2} = 160000\) (ngày công).
Chi phí nhân công lao động của công trình đó (cho đến lúc hoàn thành dự án) là
\(160000 \cdot 400000 = 6,4 \cdot {10^{10}}\) (đồng) \( = 64\) (tỷ đồng).
Một con lắc lò xo dao động điểu hoà theo phương ngang trên mặt phẳng không ma sát như Hình 1 , có vận tốc tức thời cho bởi \(v(t) = 4\cos t\), trong đó \(t\) tính bằng giây và \(v(t)\) tính bằng centimét/giây. Tại thời điểm \(t = 0\), con lắc đó ở vị trí cân bằng.
Phuơng trình chuyển động của con lắc đó đuợc xác định bằng cách nào?
Giả sử con lắc chuyển động theo phương trình: \(s = s(t)\). Suy ra \({s^\prime }(t) = v(t)\), do đó \(s(t)\) là một nguyên hàm của \(v(t)\).
Ta có: \(\int v (t){\rm{d}}t = \int 4 \cos t\;{\rm{d}}t = 4\int {\cos } t\;{\rm{d}}t = 4\sin t + C\)
Suy ra \(s(t) = 4\sin t + C\).
Tại thời điểm \(t = 0\), ta có \(s(0) = 0\), tức là \(4\sin 0 + C = 0\), hay \(C = 0\).
Vậy phương trình chuyển động của con lắc là: \(s(t) = 4\sin t\).
Cây cà chua khi trồng có chiều cao 5 cm. Tốc độ tăng chiều cao của cây cà chua sau khi trồng cho bởi hàm số: \[v(t) = - 0,1{t^3} + {t^2}\]. trong đó t tính theo tuần, v(t) tính bằng centimet/tuần. Gọi h(t) (tính bằng centimet/tuần. Gọi h(t) (tính bằng centimet) là độ cao của cây cà chua ở tuần thứ t.
a) Viết công thức xác định hàm số h(t) \[\left( {t \ge 0} \right)\]
b) Giai đoạn tăng trưởng của cây cà chua đó kéo dài bao lâu?
c) Chiều cao tối đa của cây cà chua đó là bao nhiêu?
d) Vào thời điểm cây cà chua đó phát triền nhanh nhất thì cây cà chua sẽ cao bao nhiêu?
a) Hàm số h(t) là một nguyên hàm của hàm số \(v({\rm{t}})\).
Ta có: \(\int v (t)dt = \int {\left( { - 0,1{t^3} + {t^2}} \right)} dt = - 0,1\int {{t^3}} dt + \int {{t^2}} dt = - 0,025{t^4} + \frac{{{t^3}}}{3} + C\)
Suy ra \(h(t) = - 0,025{t^4} + \frac{{{t^3}}}{3} + C\).
Vi cây cà chua khi trồng có chiều cao 5 cm nên \({\rm{h}}(0) = 5\), suy ra \({\rm{C}} = 5\).
Vậy công thức xác định hàm số h(t) là: \(h(t) = - 0,025{t^4} + \frac{{{t^3}}}{3} + 5(t \ge 0)\).
b) Xét hàm số \(h(t) = - 0,025{t^4} + \frac{{{t^3}}}{3} + 5(t \ge 0)\).
Ta có \(h(t) = v(t) = - 0,1{t^3} + {t^2};h(t) = 0\) khi \(t = 0\) hoặc \({\rm{t}} = 10\).
Bảng biến thiên của hàm số \(h(t)\) trên \([0; + \infty )\) như sau:
Từ bảng biến thiên ta thấy giai đoạn tăng trưởng của cây cà chua đó kéo dài 10 tuần.
c) Từ bảng biến thiên ở câu b, ta thấy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là \(\frac{{265}}{3}\) cm .
d) Xét hàm tốc độ tăng chiều cao của cây cà chua: \(v(t) = - 0,1{t^3} + {t^2}(t \ge 0)\).
Ta có \({v^{\prime \prime }}({\rm{t}}) = - 0,3{{\rm{t}}^2} + 2{\rm{t}};{\rm{v}}\) (t) \( = 0\) khi \({\rm{t}} = 0\) hoặc \({\rm{t}} = \frac{{20}}{3}\).
Bảng biến thiên của hàm số \(v(t)\) trên \([0; + \infty )\) như sau:
Từ bảng biến thiên ta suy ra vào thời điểm cây cà chua đó phát triển nhanh nhất thì cây cà chua cao \(\frac{{400}}{{27}}\;{\rm{cm}}\).
Một quần thể vi khuẩn ban đầu gồm 500 vi khuẩn , sau đó bắt đầu tăng trưởng. Gọi P(t) là số lượng vi khuẩn của quần thể đó tại thời điểm t, trong đó t tính theo ngày \[\left( {0 \le t \le 10} \right)\]. Tốc độ tăng trưởng của quần thể vi khuẩn đó cho bởi hàm số \[P'(t) = k\sqrt t \], trong đó k là hằng số. Sau 1 ngày, số lượng vi khuẩn của quần thể đó đã tăng thành 600 vi khuẩn. Tính số lượng vi khuẩn của quần thể đó sau 7 ngày (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)
Hàm số \({\rm{P}}({\rm{t}})\) là một nguyên hàm của hàm số P ( t ).
Ta có \(\int {{P^\prime }} (t)dt = \int k \sqrt t dt = k\int {{t^{\frac{1}{2}}}} dt = \frac{{2k}}{3} \cdot {t^{\frac{3}{2}}} + C = \frac{{2k}}{3}t\sqrt t + C\).
Suy ra \(P(t) = \frac{{2k}}{3}t\sqrt t + C\).
Quần thể vi khuẩn ban đầu gồm 500 vi khuẩn nên với \({\rm{t}} = 0\) thì \({\rm{P}} = 500\) hay \({\rm{P}}(0)\) \( = 500\), suy ra \(\frac{{2k}}{3} \cdot 0 \cdot \sqrt 0 + C = 500\), do đó \({\rm{C}} = 500\). Suy ra \(P(t) = \frac{{2k}}{3}t\sqrt t + 500\).
Vi sau 1 ngày, số lượng vi khuẩn của quần thể đó đã tăng lên thành 600 vi khuẩn, tức là khi \({\rm{t}} = 1\) thì \({\rm{P}} = 600\), hay \({\rm{P}}(1) = 600\), suy ra \(\frac{{2k}}{3} \cdot 1 \cdot \sqrt 1 + 500 = 600\), do đó \({\rm{k}} = 150\).
Khi đó, công thức tính số lượng vi khuẩn của quần thể đó tại thời điểm t là:
\(P(t) = \frac{{2 \cdot 150}}{3}t\sqrt t + 500 = 100t\sqrt t + 500\quad (0 \le t \le 10){\rm{. }}\)
Vậy số lượng vi khuẩn của quần thể đó sau 7 ngày là:
\(P(7) = 100 \cdot 7\sqrt 7 + 500 \approx 2352\) (vi khuẩn)
Một viên đạn được bắn thẳng đứng lên trên từ mặt đất. Giả sử tại thời điểm \(t\) giây (coi \(t = 0\) là thời đđểm viên đạn được bắn lên), vận tốc của nó được cho bởi \(v(t) = 160 - 9,8t(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\). Tìm độ cao của viên đạn (tính từ mặt đất):
a) Sau \(t = 5\) giây;
b) Khi nó đạt độ cao lớn nhất (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).
Ta đã biết độ cao \(h(t)\) của vién đạn (tính từ mặt đất) tại thời điểm \(t\) thoả mān \({h^\prime }(t) = v(t)\) nên \(h(t)\) là nguyên hàm của hàm vận tốc \(v(t)\). Ta có:
\(\int v (t){\rm{d}}t = \int {(160 - 9,8t)} {\rm{d}}t = 160t - 4,9{t^2} + C\)
Do đó, độ cao \(h(t)\) có dạng \(h(t) = 160t - 4,9{t^2} + C\). Kết hợp với giả thiết \(h(0) = 0\) ta được \(C = 0\) và \(h(t) = 160t - 4,9{t^2}(\;{\rm{m}})\).
a) Sau thời gian \(t = 5\) (giây), độ cao của viên đạn là:
\(h = h(5) = 160 \cdot 5 - 4,9 \cdot {5^2} = 677,5(\;{\rm{m}})\)
b) Khi viên đạn đạt độ cao lớn nhất thì \(v(t) = 160 - 9,8t = 0\).
Từ đó ta có \(t = {t_{x\pi }} \approx 16,3\) (giây).
Độ cao lớn nhất của viên đạn là \({h_{\max }} = h\left( {{t_w}} \right) \approx 160 \cdot 16,3 - 4,9 \cdot {16,3^2} \approx 1360,1(\;{\rm{m}})\).
Một ô tô đang chạy với tốc độ \(19\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) thì hãm phanh và chuyển động chậm dần với tốc độ \(v(t) = 19 - 2t(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\). Kề từ khi hãm phanh, quãng đường ô tô đi được sau 1 giây, 2 giây, 3 giây là bao nhiêu?
Quãng đường ô tô đi được sau \(t\) giây là \(s(t) = \int {(19 - 2t)} {\rm{d}}t = 19t - {t^2} + C\).
Ta có \(s(0) = 0\) nên \(C = 0\). Do đó, \(s(t) = 19t - {t^2}\).
\(s(1) = 18\;{\rm{m}};s(2) = 34\;{\rm{m}};s(3) = 48\;{\rm{m}}{\rm{. }}\)
Kí hiệu \(h(x)\) là chiều cao của một cây (tính theo mét) sau khi trồng \(x\) năm. Biết rằng sau năm đầu tiên cây cao \(2\;{\rm{m}}\). Trong 10 năm tiếp theo, cây phát triền với tốc độ \({h^\prime }(x) = \frac{1}{x}(\;{\rm{m}}/{\rm{nam}})\).
a) Xác định chiều cao của cây sau \(x\) năm \((1 \le x \le 11)\).
b) Sau bao nhiêu năm cây cao \(3\;{\rm{m}}\) ?
a) \(h(x) = \int {{h^\prime }} (x){\rm{d}}x = \int {\frac{1}{x}} \;{\rm{d}}x = \ln x + C\) với \(1 \le x \le 11\).
Vì \(h(1) = 2\) nên \(\ln 1 + C = 2\), suy ra \(C = 2\).
Vậy chiều cao của cây sau \(x\) năm là \(h(x) = \ln x + 2(1 \le x \le 11)\).
b) Ta có \(h(x) = 3 \Leftrightarrow \ln x + 2 = 3 \Leftrightarrow \ln x = 1 \Leftrightarrow x = e \approx 2,718\) năm.
Một quả bóng được ném lên từ độ cao \(24,5\;{\rm{m}}\) vởi vận tốc được tính bởi công thức \(v(t) = - 9,8t + 19,6(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\).
a) Viết công thức tính độ cao của quả bóng theo thời gian \(t\).
b) Sau bao nhiêu lâu kể từ khi ném lên thì quả bóng chạm đất?
a) Gọi \(h(t)\) là độ cao của quả bóng tại thời điểm \(t(h(t)\) tính theo mét, \(t\) tính theo giây). Khi đó, ta có:
\(h(t) = \int {( - 9,8t + 19,6)} {\rm{d}}t = - 4,9{t^2} + 19,6t + C\)
Mà quả bóng được ném lên từ độ cao \(24,5\;{\rm{m}}\) tức là tại thời điểm \(t = 0\) thì \(h = 24,5\) hay \(h(0) = 24,5\). Suy ra \(C = 24,5\).
Vậy công thức tính độ cao \(h(t)\) của quả bóng theo thời gian \(t\) là: \(h(t) = - 4,9{t^2} + 19,6t + 24,5\)
b) Khi quả bóng chạm đất thì \(h(t) = 0\). Ta có: \( - 4,9{t^2} + 19,6t + 24,5 = 0\). Giải phương trình ta được \(t = - 1;t = 5\). Mà \(t > 0\) nên \(t = 5\).
Vậy sau 5 giây kể từ khi được ném lên thì quả bóng chạm đất.
Một chiếc xe đang chuyển động với tốc độ \({v_0} = 10\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) thì tăng tốc với gia tốc không đổi \(a = 2\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}\). Tính quãng đường xe đó đi được trong 3 giây kề từ khi bắt đầu tăng tốc.
Ta có \(v(t) = \int a \;{\rm{d}}t = \int 2 \;{\rm{d}}t = 2t + C\).
Vì \(v(0) = 10\) nên \(C = 10\). Suy ra \(v(t) = 2t + 10\).
Ta có \(s(t) = \int v (t){\rm{d}}t = \int {(2t + 10)} {\rm{d}}t = {t^2} + 10t + C\).
Ta có \(s(0) = 0\) nên \(C = 0\). Suy ra \(s(t) = {t^2} + 10t\).
Ta có \(s(3) = {3^2} + 10.3 = 39(\;{\rm{m}})\).
Vậy trong 3 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc, xe đi được \(39\;{\rm{m}}\).
Doanh thu bán hàng của một công ty khi bán một loại sản phẩm là số tiền R(x) (triệu đồng) thu được khi x đơn vị sản phẩm được bán ra. Tốc độ biến động (thay đổi) của doanh thu khi x đơn vị sản phẩm đã được bản là hàm số \[{M_R}(x) = R'(x)\]. Một công ty công nghệ cho biết, tốc độ biến đổi của doanh thu khi bán một loại con chíp của hãng được cho bởi \[{M_R}\left( x \right) = 300 - 0,1x\], ở đó x là số lượng chíp đã bán. Tìm doanh thu của công ty khi đã bản 1.000 con chíp.
Ta có: \({R^\prime }(x) = {M_R}(x){\rm{. }}\)
Cho trước hàm tốc độ biến động của doanh thu \({M_R}(x)\) khi \(x\) đơn vị sản phẩm được bán ra thì \(R(x)\) là một nguyên hàm của \({M_R}(x)\). Do đó
\(R(x) = \int {{M_R}} (x){\rm{d}}x = \int {(300 - 0,1x)} {\rm{d}}x = 300x - \frac{{0,1{x^2}}}{2} + C\)
Từ ý nghĩa thực tiễn, \(R(0) = 0\) nên \(C = 0\). Từ đó tìm được \(R(1000) = 200000\) (triệu đồng).
Một xe ô tô đang chạy với tốc độ \(72\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\) thì người lái xe bất ngờ phát hiện chướng ngại vật trên đường cách đó \(80\;{\rm{m}}\). Người lái xe phản ứng một giây sau đó bằng cách đạp phanh khẩn cấp. Kể từ thời điểm này, ô tô chuyển động chậm dần đều với tốc độ \(v(t) = - 10t + 30(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\), trong đó \(t\) là thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp phanh. Gọi \(s(t)\) là quãng đường xe ô tô đi được trong \(t\) (giây) kể từ lúc đạp phanh.
a) Lập công thức biểu diễn hàm số \(s(t)\).
b) Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là bao nhiêu giây?
c) Quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là bao nhiêu mét? Xe ô tô liệu có gặp tai nạn do va chạm với chướng ngại vật trên đường hay không?
a) Ta đã biết, công thức tính quãng đường \(s(t)\) xe ô tô đi được trong \(t\) (giây) là một nguyên hàm của hàm \(v(t)\). Do \(\int {( - 10t + 30)} {\rm{d}}t = - 5{t^2} + 30t + C\)
nên ta có: \(s(t) = - 5{t^2} + 30t + C\) vởi \(C\) là hằng số nào đó. Do \(s(0) = 0\) nên \(C = 0\). Suy ra \(s(t) = - 5{t^2} + 30t\).
b) Xe ô tô dừng hẳn khi \(v(t) = 0\), tức là \( - 10t + 30 = 0\) hay \(t = 3\).
Vậy thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 3 giây.
c) Ta có: tốc độ \(72\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\) cũng là tốc độ \(20\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
Do đó, quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là: \(s(3) = - 5 \cdot {3^2} + 30 \cdot 3 = 45(\;{\rm{m}})\).
Vậy quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là: \(20 + 45 = 65(\;{\rm{m}})\).
Do \(65 < 80\) nên xe ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường. Vì thế, tai nạn đã không xảy ra đối vởi xe ô tô đó.
Mực nược trong hồ chứa của nhà máy điện thuỷ triều thay đổi trong suốt một ngày do nước chảy ra (khi thuỷ triều xuống) và nước chảy vào (khi thuỷ triều lên) (Hình 2). Tốc độ thay đổi của mực nước trong hồ chứa được cho bởi hàm số \({h^\prime }(t) = \frac{1}{{216}}\left( {5{t^2} - 120t + 480} \right){\rm{, }}\)trong đó \(t\) tính bằng giờ \((0 \le t \le 24),{h^\prime }(t)\) tính bằng mét/giờ. Tại thời điểm \(t = 0\), mực nước trong hồ chứa là \(6\;{\rm{m}}\) (Nguồn: A. Bigalke et al., Mathematik, Grundkurs ma-1, Cornelsen 2016).
a) Viết công thức xác định hàm số \(h(t)\).
b) Mực nước trong hồ chứa cao nhất và thấp nhất bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần mười của mét)?
c) Mực nước trong hồ chứa thay đổi nhanh nhất khi nào? Tốc độ thay đổi của mực nước trong hồ chứa khi đó là bao nhiêu?
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}\int {{h^\prime }} (t){\rm{d}}t = \int {\frac{1}{{216}}} \left( {5{t^2} - 120t + 480} \right){\rm{d}}t = \frac{1}{{216}}\int {\left( {5{t^2} - 120t + 480} \right)} {\rm{d}}t = \frac{5}{{216}}\int {{t^2}} \;{\rm{d}}t - \frac{{120}}{{216}}\int t \;{\rm{d}}t + \frac{{480}}{{216}}\int {\rm{d}} t\\ = \frac{5}{{648}}{t^3} - \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + C\end{array}\)
Suy ra \(h(t) = \frac{5}{{648}}{t^3} - \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + C\).
Tại thời điểm \(t = 0\), mực nước trong hồ chứa là \(6\;{\rm{m}}\) nên \(h(0) = 6\), suy ra \(C = 6\).
Vậy mực nước trong hồ chứa được cho bởi hàm số: \(h(t) = \frac{5}{{648}}{t^3} - \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + 6(0 \le t \le 24)\)
b) Ta tìm \({\min _{[0;24]}}h(t)\) và \({\max _{[0;24]}}h(t)\).
- \({h^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow 5{t^2} - 120t + 480 = 0\)
\( \Leftrightarrow {t^2} - 24t + 96 = 0 \Leftrightarrow t = 12 - 4\sqrt 3 \) hoă̆c \(t = 12 + 4\sqrt 3 \).
- Bảng biến thiên:
Do đó, ta có: \({\min _{[0;24]}}h(t) = \min \{ h(0);h(12 + 4\sqrt 3 )\} = h(12 + 4\sqrt 3 ) \approx 0,9\);
\({\max _{[0;24]}}h(t) = \max \{ h(24);h(12 - 4\sqrt 3 )\} = h(12 - 4\sqrt 3 ) \approx 11,1\)
Vậy mực nước trong hồ chứa cao nhất khoảng \(11,1\;{\rm{m}}\) và thấp nhất khoảng \(0,9\;{\rm{m}}\).
c) Ta tìm \({\max _{[0;24]}}{h^\prime }(t)\).
- \({h^{\prime \prime }}(t) = \frac{1}{{216}}(10t - 120)\);
\({h^{\prime \prime }}(t) = 0{\rm{ khi }}t = 12.{\rm{ }}\)
- Bảng biến thiên của hàm số \({h^\prime }(t)\) :
Do đó, ta có: \({\max _{[0;24]}}{h^\prime }(t) = \max \left\{ {{h^\prime }(0);{h^\prime }(24)} \right\} = {h^\prime }(24) = \frac{{20}}{9}\).
Vậy mực nước trong hồ chứa thay đổi nhanh nhất khi \(t = 0\) và \(t = 24\). Tốc độ thay đổi của mực nước trong hồ chứa khi đó là \(\frac{{20}}{9}\;{\rm{m}}/{\rm{h}}\).
