Giải SBT Toán 12 Chân trời sáng tạo Bài 3. Ứng dụng hình học của tích phân có đáp án
10 câu hỏi
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
a) Đồ thị của hàm số y = 3x(2 – x), trục hoành với hai đường thẳng x = −1, x = 1.
b) Đồ thị của hàm số \[y = \frac{{4 - x}}{x}\], trục hoành và hai đường thẳng x = 1, x = 2.
c) Đồ thị của hàm số y = x3 – x2 , trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 2.
a) Diện tích hình phẳng cần tìm là: \[S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {3x\left( {2 - x} \right)} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {6x - 3{x^2}} \right|dx} \].
Ta có: 3x(2 – x) = 0 khi x = 2 hoặc x = 0.
Phương trình chỉ có nghiệm x = 0 thuộc đoạn [−1; 1].
Do đó, \[S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {6x - 3{x^2}} \right|dx} \]
\[ = \left| {\int\limits_{ - 1}^0 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_{ - 1}^0 {\left( {6x - 3{x^2}} \right)dx} } \right|\]
\[ = \left| {\left. {\left( {3{x^2} - {x^3}} \right)} \right|_{ - 1}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {3{x^2} - {x^3}} \right)} \right|_0^1} \right|\]
= 4 + 2 = 6.
b) Ta có \[y = \frac{{4 - x}}{x}\] > 0 với mọi x ∈ [1; 2].
Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là:
\[S = \int\limits_1^2 {\left| {\frac{{4 - x}}{x}} \right|} dx = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{{4 - x}}{x}} \right)} dx\]
\[ = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{4}{x} - 1} \right)dx = \left. {\left( {4\ln \left| x \right| - x} \right)} \right|_1^2} \]
= 4ln2 – 1.
c) Ta có: x3 – x2 = 0 ⇔ x2(x – 1) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.
Với x ∈ [0; 1] thì y ≤ 0; với x ∈ [1; 2] thì y ≥ 0.
Do đó, diện tích hình phẳng cần tìm là:
\[S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - {x^2}} \right|dx} \]
\[ = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - {x^3}} \right)dx} + \int\limits_1^2 {\left( {{x^3} - {x^2}} \right)dx} \]
\[ = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_0^1 + \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_1^2\]
\[ = \frac{1}{{12}} + \frac{{17}}{{12}} = \frac{3}{2}.\]
Tính diện tích của hình phẳng được gạch chéo trong mỗi hình sau.
a) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = cosx, trục hoành và đường thẳng x = 1 và x = −1.
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
\[S = \int\limits_0^{\frac{{3\pi }}{2}} {\left| {\cos x} \right|dx} \]
\[ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx} + \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{3\pi }}{2}} {\left( { - \cos x} \right)dx} \]
\[ = \left. {\left( {\sin {\rm{x}}} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} - \left. {\left( {\sin {\rm{x}}} \right)} \right|_{_{\frac{\pi }{2}}}^{^{\frac{{3\pi }}{2}}} = 3.\]
b) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 2x, đường thẳng y = 4 với hai đường thẳng x = 0 và x = 2.
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
\[S = \int\limits_0^2 {\left| {4 - {2^x}} \right|} dx = \int\limits_0^2 {\left( {4 - {2^x}} \right)dx} \]
\[ = \left. {\left( {4x - \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}}} \right)} \right|_0^2 = 8 - \frac{3}{{\ln 2}}.\]
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số
a) y = x2 + 2x + 1, y = 1 – 2x và hai đường thẳng x = −1 và x = 2.
b) y = x – 4x3, y = 2x và hai đường thẳng x = 1, x = 4.
a) Diện tích hình phẳng cần tìm là:
\[S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {\left( {{x^2} + 2x + 1} \right) - \left( {1 - 2x} \right)} \right|} dx\]
\[ = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} + 4x} \right|} dx\].
Ta có: x2 + 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −4. Phương trình chỉ có một nghiệm x = 0 thuộc [−1; 2].
Do đó, \[S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^2} + 4x} \right|dx} \]
\[ = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {{x^2} + 4x} \right|dx + \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} + 4x} \right|dx} } \]
\[ = \left| {\int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^2} + 4x} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_0^2 {\left( {{x^2} + 4x} \right)dx} } \right|\]
\[ = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right)} \right|_{ - 1}^0} \right| + \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right)} \right|_0^2} \right|\]
\[ = \frac{5}{3} + \frac{{32}}{3} = \frac{{37}}{3}.\]
b) Diện tích hình phẳng cần tìm là:
\[S = \int\limits_1^4 {\left| {x - 4{x^3} - 2x} \right|dx = \int\limits_1^4 {\left| { - 4{x^3} - x} \right|dx} } \]
\[ = \int\limits_1^4 {\left| { - \left( {4{x^3} + x} \right)} \right|dx} = \int\limits_1^4 {\left| {4{x^3} + x} \right|dx} \]
Do 4x3 + x > 0 với mọi x ∈ [1; 4]. Do đó,
\[S = \int\limits_1^4 {\left| {4{x^3} + x} \right|dx} \]
= \[\int\limits_1^4 {\left( {4{x^3} + x} \right)dx} \]
\[ = \left. {\left( {{x^4} + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^4 = \frac{{525}}{2}.\]
Cho hàm số y = x2 – 2x có đồ thị (C). Kí hiệu A là hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = 2; B là hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và hai đường thẳng x = 2, x = a (a > 2). Tìm giá trị của a để A và B có diện tích bằng nhau.
Gọi SA, SB lần lượt là diện tích của hình phẳng A, B. Ta có:
\[{S_A} = \int\limits_0^2 {\left( {2x - {x^2}} \right)dx = } \left. {\left( {{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^2 = \frac{4}{3};\]
\[{S_B} = \int\limits_2^a {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|} _2^a\]
\[ = \frac{{{a^3}}}{3} - {a^2} + \frac{4}{3}.\]
Theo đề bài, ta có: SA = SB ⇔\[\frac{{{a^3}}}{3} - {a^2} + \frac{4}{3} = \frac{4}{3}\] hay \[\frac{{{a^3}}}{3} - {a^2} = 0\]⇔ a = 0 hoặc a = 3.
Vì a > 2 nên a = 3 là giá trị thỏa mãn.
Kí hiệu S(a) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = \[\frac{3}{{{x^2}}}\], trục hoành và hai đường thẳng x = 1, x = a với a > 1 (Hình 12). Tính giới hạn \[\mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } S\left( a \right)\].
![Kí hiệu S(a) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = \3/x^2], trục hoành và hai đường thẳng x = 1, x = a với a > 1 (Hình 12). Tính giới hạn \ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/09/blobid2-1726728323.png)
Diện tích hình phẳng S(a) là:
\[S\left( a \right) = \int\limits_1^a {\frac{3}{{{x^2}}}} dx\]
\[ = 3\int\limits_1^a {\frac{1}{{{x^2}}}} dx = \left. {\frac{{ - 3}}{x}} \right|_1^a = 3\left( {1 - \frac{1}{a}} \right).\]
Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } S\left( a \right) = \mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } 3\left( {1 - \frac{1}{a}} \right) = 3.\]
Vậy \[\mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } S\left( a \right)\] = 3.
Một bình chứa nước dạng như Hình 13 có chiều cao là \[\frac{{3\pi }}{2}\] dm. Nếu lượng nước trong bình có chiều cao là x (dm) thì mặt nước là hình tròn có bán kính \[\sqrt {2 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \] (dm) với 0 ≤ x ≤ \[\frac{{3\pi }}{2}\]. Tính dung tích của hình (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm của đềximét khối).
Diện tích mặt nước hình tròn bán kính \[R = \sqrt {2 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \] (dm) là:
\[S\left( x \right) = \pi {R^2} = \pi {\left( {\sqrt {2 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} } \right)^2} = \pi .\left( {2 - \sin {\rm{x}}} \right)\] (dm2).
Dung tích của bình là:
\[V = \int\limits_0^{\frac{{3\pi }}{2}} {S\left( x \right)dx = } \int\limits_0^{\frac{{3\pi }}{2}} {\pi \left( {2 - \sin x} \right)dx} \]
\[ = \left. {\pi \left( {2x + \cos x} \right)} \right|_0^{\frac{{3\pi }}{2}}\]
\[ = \pi \left( {3\pi - 1} \right) \approx 26,47\] (dm3).
Cho D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = 2x3, trục hoành và hai đường thẳng x = −1, x = 1.
a) Tính diện tích của D.
b) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox.
a) Diện tích hình phẳng D là:
\[S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {2{x^3}} \right|} dx = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( { - 2{x^3}} \right)dx + } \int\limits_0^1 {2{x^3}dx} \]
\[ = \left. {\frac{{ - {x^4}}}{2}} \right|_{ - 1}^0 + \left. {\frac{{{x^4}}}{2}} \right|_0^1 = 1\].
b) Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox là:
\[V = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {{{\left( {2{x^3}} \right)}^2}} dx\]
\[ = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {4{x^6}} dx\left. { = \frac{{4\pi {x^7}}}{7}} \right|_{ - 1}^1 = & \frac{{8\pi }}{7}.\]
Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = x2 và y = \[\sqrt x \] (Hình 14).
a) Tính diện tích của D.
b) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox.
a) Diện tích hình phẳng D là:
\[S = \int\limits_0^1 {\left| {\sqrt x - {x^2}} \right|} dx = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x - {x^2}} \right)} dx\]
\[ = \left. {\left( {\frac{{2x\sqrt x }}{3} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{3}.\]
b) Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox.
\[V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx - } {\rm{ }}\pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^2}} \right)}^2}dx} \]
\[ = \pi \int\limits_0^1 {xdx} - \pi \int\limits_0^1 {{x^4}dx} \]
\[ = \left. {\pi .\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^1 - \left. {\pi .\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^1 = \frac{{3\pi }}{{10}}\].
Mặt cắt ngang của lòng máng dẫn nước là hình phẳng giới hạn bởi một parabol và đường thẳng nằm ngang như Hình 15 (phần được tô màu xám). Tính diện tích của mặt cắt ngang đó.
Chọn hệ trục tọa độ Oxy có trục hoành nằm dọc theo cạnh trên của mặt cắt ngang, trục tung đi qua đỉnh của parabol như hình bên. Khi đó, đường parabol có phương trình dạng y = ax2 – 2 (a > 2).
Theo giả thiết, ta có y(1) = 0 ⇔ a – 2 = 0 ⇔ a = 2.
Suy ra phương trình parabol là y = 2x2 – 2.
Diện tích của phần lòng máng là:
\[S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {2 - 2{x^2}} \right)dx = \left. {\left( {2x - \frac{{2{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \frac{8}{3}} \] (m2).
Một bể cá có dạng là một phần hình cầu được tạo thành khi cắt hình cầu bán kính 2 dm bằng mặt phẳng cách tâm của hình cầu 1 dm (Hình 16). Tính dung tích của bể cá (kết quả làm tròn đến hàng phần mười của đềximét khối).
Gợi ý: có thể coi bể cá là khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = \sqrt {4 - {x^2}} \] với −2 ≤ x ≤ 1, trục hoành và đường thẳng x = 1 quanh trục hoành.
Chọn hệ trục Oxy, ta có hình vẽ sau:
Dung tích của bể cá là:
\[V = \pi \int\limits_{ - 2}^1 {{{\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}^2}dx = \pi \int\limits_{ - 2}^1 {\left( {4 - {x^2}} \right)dx} } \]
\[ = \left. {\pi \left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 2}^1 = 9\pi \approx 28,3\] (dm3).
