31 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến Ứng dụng hình học của tích phân (có lời giải)

Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) đến \(t = 5\) là:

\(s = \int_0^5 v (t)dt = \int_0^5 {(3t + 4)} dt = \left. {\left( {3\frac{{{t^2}}}{2} + 4t} \right)} \right|_0^5 = 57,5\;{\rm{m}}\)

Tốc độ của chất điểm tại thời điểm \(t\) kể từ khi bắt đầu tăng tốc là:

\(v(t) = \int a (t)dt = \int 3 dt = 3t + C{\rm{. }}\)

Vì \(v(0) = 1\) nên \(C = 1\).

Do đó \(v(t) = 3t + 1\).

Sau 10 giây tốc độ của chất điểm là: \(v(10) = 3.10 + 1 = 31\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\).

a) Quãng đường \(s(t)\) vật di chuyển được sau thời gian \(t\) giây là:

\(s(t) = \int v (t)dt = \int 1 0tdt = 5{t^2} + C{\rm{. }}\)

\({\mathop{\rm Vis}\nolimits} (0) = 0\) nên \(C = 0\).

Do đó \(s(t) = 5{t^2}\).

b) Vật chạm đất khi \({\rm{s}}({\rm{t}}) = 100 \Leftrightarrow 5{{\rm{t}}^2} = 100 =  > t = 2\sqrt 5 (\) vì \({\rm{t}} > 0)\).

Vậy vật chạm đất sau \(2\sqrt 5  \approx 4,47\) giây.

Tốc độ rơi trung bình là \(\frac{1}{{2\sqrt 5 }}\int_0^{2\sqrt 5 } 1 0tdt = \left. {\frac{1}{{2\sqrt 5 }} \cdot 5{t^2}} \right|_0^{2\sqrt 5 } = 10\sqrt 5 \;{\rm{m}}/{\rm{s}}\)

a) Dân số của thành phố vào năm thứ t là:

\(P(t) = \int {{P^\prime }} (t)dt = \int 2 0 \cdot {(1,106)^t}dt = 20 \cdot \frac{{{{(1,106)}^t}}}{{\ln 1,106}} + C\)

Vî \({\rm{P}}(0) = 1008\) nên \(20 \cdot \frac{1}{{\ln 1,106}} + C = 1008 \Rightarrow C \approx 809\)

Do đó \(P(t) = 20 \cdot \frac{{{{(1,106)}^t}}}{{\ln 1,106}} + 809\)

Dân số của thành phố ở thời điếm đầu năm 2020 là:

\(P(5) = 20 \cdot \frac{{{{(1,106)}^5}}}{{\ln 1,106}} + 809 \approx 1137\)nghìn người

b) Tốc độ tăng dân số trung bình hằng năm là:

\(\frac{1}{5}\int_0^5 {{P^\prime }} (t)dt = \frac{1}{5}\int_0^5 2 0 \cdot {(1,106)^t}dt = \left. {4 \cdot \frac{{{{(1,106)}^t}}}{{\ln 1,106}}} \right|_0^5 = 4 \cdot \left( {\frac{{{{(1,106)}^5}}}{{\ln 1,106}} - \frac{1}{{\ln 1,106}}} \right) \approx 26\)nghìn người/năm

Ta tính diện tích phần cổng hình parabol. Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc tọa độ O trùng với chân bên trái cổng parabol như hình sau:

a) Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{t}})\), trục Ot và hai đường thẳng \({\rm{t}} = \) \(0,{\rm{t}} = 2\) là hình thang vuông OABC (xem hình dưới).

Hình phẳng tô màu xanh trong Hinh 34 được giới hạn bởi đồ thị hàm số \({\rm{y}} = \) \({\rm{f}}({\rm{x}})\), các đường thẳng \({\rm{y}} = 5,{\rm{x}} =  - 5,{\rm{x}} = 10\).

Diện tích hình phẳng này là:

\(V = \int_{ - 5}^{10} | 5 - f(x)|dx = \int_{ - 5}^{10} {\left| {5 - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{1}{3}{x^3} + 5{x^2}} \right)} \right|} dx\)

\( = \int_{ - 5}^{10} {\left[ {5 - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{1}{3}{x^3} + 5{x^2}} \right)} \right]} dx = \left. {\left[ {5x - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{{{x^4}}}{{12}} + \frac{{5{x^3}}}{3}} \right)} \right]} \right|_{ - 3}^{10}\)

\( = \left[ {5 \cdot 10 - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{{{{10}^4}}}{{12}} + \frac{{5 \cdot {{10}^3}}}{3}} \right)} \right] - \left[ {5 \cdot ( - 5) - \frac{3}{{100}}\left( { - \frac{{{{( - 5)}^4}}}{{12}} + \frac{{5 \cdot {{( - 5)}^3}}}{3}} \right)} \right]\)

\( = 25 - \left( { - \frac{{275}}{{16}}} \right) = \frac{{675}}{{16}}\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Cửa có hình dạng một parabol \((P)\) với phương trình \(y = a{x^2} + bx + c\).

Parabol \((P)\) có đỉnh \(I\left( {0;\frac{9}{4}} \right)\) nên \(c = \frac{9}{4}\), suy ra \((P):y = a{x^2} + bx + \frac{9}{4}\).

Vì parabol \((P)\) đi qua các điểm \(A\left( { - \frac{3}{2},0} \right),B\left( {\frac{3}{2};0} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{9}{4}a - \frac{3}{2}b =  - \frac{9}{4}}\\{\frac{9}{4}a + \frac{3}{2}b =  - \frac{9}{4}}\end{array}} \right.\), suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 0}\end{array}} \right.\)

Do đó \((P):y =  - {x^2} + \frac{9}{4}\).

Gọi \(S\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)\) là diện tích kính cẩn lắp. Ta có \(S\) bằng diện tích hình phẳng \((H)\) giới hạn bởi parabol, trục hoành và các đường thẳng \(x =  - \frac{3}{2},x = \frac{3}{2}\).

\(S = \int_{ - \frac{3}{2}}^{\frac{3}{2}} {\left( { - {x^2} + \frac{9}{4}} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{9}{4}x} \right)} \right|_{ - \frac{3}{2}}^{\frac{3}{2}} = \frac{9}{2}\left( {{m^2}} \right)\)

Vậy diện tích kính cản lắp là \(\frac{9}{2}{m^2}\).

Chọn trục Ox như hình vẽ, hai đáy của bình nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục $O x$ tại \(x = 0\) và \(x = h\).

Mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ \(x(0 \le x \le 4)\) cắt bình theo mặt cắt là hình vuông và có diện tích là \(S(x) = 2 + \frac{{{x^2}}}{4}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Do đó dung tích của bình là \(V = \int_0^4 {\left( {2 + \frac{{{x^2}}}{4}} \right)} dx = \left. {\left( {2x + \frac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_0^4 = \frac{{40}}{3}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Tam giác OMP là tam giác vuông tại \(P\) nên:

\({\rm{OP}} = {\rm{OM}} \cdot \cos \widehat {POM} = \ell  \cdot \cos \alpha ;\)

\({\rm{MP}} = {\rm{OM}} \cdot \sin \widehat {POM} = \ell  \cdot \sin \alpha \)

Khi đó, điếm \(M\) có tọa độ là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = OP = 1 \cdot \cos \alpha }\\{{y_M} = MP = 1 \cdot \sin \alpha }\end{array}} \right.\). Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 = \frac{{{x_M}}}{{\cos \alpha }}}\\{{y_M} = \frac{{{x_M}}}{{\cos \alpha }} \cdot \sin \alpha }\end{array}} \right.\).

Suy ra \({{\rm{y}}_{\rm{M}}} = {{\rm{x}}_{\rm{M}}} \cdot \tan {\rm{a}}\). Do đó điếm M thuộc đường thắng \({\rm{y}} = {\rm{x}} \cdot \tan {\rm{a}}\).

Lại có điếm O cũng thuộc đường thẳng trên nên phương trình đường thắng OM là:

\(y = x \cdot \tan \alpha .\)

Khi đó, tam giác OPM là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{x}} \cdot \tan {\rm{a}}\), trục Ox và hai đường thắng \(x = 0,x = \ell  \cdot \cos \alpha \). Khối tròn xoay \(\mathcal{N}\) là khối tròn xoay thu được khi quay hình phắng trên quanh trục $O x$.

Thế tích khối tròn xoay này là:

\(V = \pi \int_0^{1 \cdot \cos \alpha } {{{(x \cdot \tan \alpha )}^2}} dx = \left. {\pi {{\tan }^2}\alpha  \cdot \frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^{1 \cdot \cos \alpha }\)

\( = \frac{{\pi {{\tan }^2}\alpha }}{3} \cdot {(1 \cdot \cos \alpha )^3} = \frac{{\pi {1^3}}}{3} \cdot \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} \cdot {\cos ^3}\alpha  = \frac{{\pi {1^3}}}{3} \cdot {\sin ^2}\alpha  \cdot \cos \alpha \)

Diện tích của mặt cắt là: \(S(x) = \pi {(10 + \sqrt x )^2}\).

Dung tích của chậu là:

\(V = \int_0^{16} S (x)dx = \pi \int_0^{16} {{{(10 + \sqrt x )}^2}} dx = \pi \int_0^{16} {(100 + 20\sqrt x  + x)} dx = \left. {\pi \left( {100x + \frac{{40}}{3}{x^{\frac{3}{2}}} + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{16} = \frac{{7744}}{3}\pi \)

Diện tích mặt cắt là: \(S(x) = \left( {9 - {x^2}} \right)\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Thể tích của lều là: \(V = \int_0^3 {\left( {9 - {x^2}} \right)} dx = \left. {\left( {9x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^3 = 18\).

Thế tích cần tìm là:

\(\begin{array}{l}V = \pi \int_{R - h}^R {\left( {{R^2} - {x^2}} \right)} dx = \left. {\pi \left( {{R^2}x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{R - h}^R = \pi \left( {{R^3} - \frac{{{R^3}}}{3} - {R^2}(R - h) + \frac{{{{(R - h)}^3}}}{3}} \right)\\ = \pi \left( {{R^3} - \frac{{{R^3}}}{3} - {R^3} + {R^2}h + \frac{{{R^3}}}{3} - {R^2}h + R{h^2} - \frac{{{h^3}}}{3}} \right) = \pi \left( {R{h^2} - \frac{{{h^3}}}{3}} \right) = \pi {h^2}\left( {R - \frac{h}{3}} \right)\end{array}\)

Thế tích đất sét cần sử dụng là:

\(V = \pi \int_0^{31} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx - \pi \int_0^{30} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx\)

\( = \pi \int_0^{30} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx + \pi \int_{30}^{31} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx - \pi \int_0^{30} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx\)

\( = \pi \int_{30}^{31} {{{\left( {\frac{1}{{175}}{x^2} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}} dx\)

\( = \pi \int_{30}^{31} {\left( {\frac{1}{{{{175}^2}}}{x^4} + \frac{9}{{1225}}{x^2} + 25 + \frac{6}{{6125}}{x^3} + \frac{2}{{35}}{x^2} + \frac{6}{7}x} \right)} dx\)

\( = \pi \int_{30}^{31} {\left( {\frac{1}{{{{175}^2}}}{x^4} + \frac{6}{{6125}}{x^3} + \frac{{79}}{{1225}}{x^2} + \frac{6}{7}x + 25} \right)} dx\)

\( = \left. {\pi \left( {\frac{{{x^5}}}{{153125}} + \frac{{3{x^4}}}{{12250}} + \frac{{79{x^3}}}{{3675}} + \frac{{3{x^2}}}{7} + 25x} \right)} \right|_{30}^{31}\)

\( \approx \pi (2240,4 - 2073,2) = 167,2\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy để hoàn thành bình gốm đó ta cần sứ dụng \(167,2\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\) đắt sét.

Thiết diện là parabol có chiều cao \(h = 3 - \frac{2}{5}x\left( {cm} \right)\)Vậy độ dài cạnh đáy là \(a = 2h = 2\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)\left( {cm} \right)\)

+) Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.

\(R = 4\,\,{\rm{cm}}\) là bán kính đáy cốc, \(h = 12\,\,{\rm{cm}}\) là chiều cao của cốc.

+) Thiết diện cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \[x\,\,\left( { - 4 \le x \le 4} \right)\] là một tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có độ dài cạnh \(BC = \sqrt {{R^2} - {x^2}}  = \sqrt {16 - {x^2}} \)

\[BA = \sqrt {{R^2} - {x^2}} .\tan \alpha  = \sqrt {{R^2} - {x^2}} .\frac{h}{R} = \sqrt {16 - {x^2}} .\frac{{12}}{4} = 3\sqrt {16 - {x^2}} \].

+) Diện tích thiết diện là \(S\left( x \right) = \frac{1}{2}\sqrt {16 - {x^2}} .3\sqrt {16 - {x^2}}  = \frac{3}{2}\left( {16 - {x^2}} \right)\) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

+) Thể tích khối nước trong cốc là \(V = \int\limits_{ - 4}^4 {\frac{3}{2}\left( {16 - {x^2}} \right)dx} \)\( = \frac{3}{2}\left( {16x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}4\\{ - 4}\end{array}} \right. = 128\) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Chú ý: Có thể tính thể tích hình trên bằng công thức tính nhanh \(V = \frac{2}{3}{R^2}h\).