Giải SGK Toán 12 CD Bài 3. Tích phân có đáp án
43 câu hỏi
Họa sĩ thiết kế logo hình con cá cho một doanh nghiệp kinh doanh hải sản. Logo là hình phẳng giới hạn bởi hai parabol với các kích thước được cho trong Hình 3 (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là decimét).
Làm thế nào để tính diện tích của logo?
Sau bài học này ta giải quyết được bài toán trên như sau:
Để tính được diện tích của logo ta cần xác định các hàm số f(x) và g(x), sau đó sử dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số f(x), g(x) và hai đường thẳng x = – 5, x = 4.
Vì f(x), g(x) là các parabol nên gọi f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) và g(x) = a'x2 + b'x + c' (a' ≠ 0).
Quan sát Hình 3, ta thấy:
+ Đồ thị hàm số y = f(x) đi qua các điểm (0; 2), (4; 0) và (– 4; 0) nên
.
Suy ra 
.
+ Đồ thị hàm số y = g(x) đi qua các điểm (0; – 3), (4; 0) và (– 4; 0) nên
.
Suy ra 
.
Diện tích của logo là:
(dm2).
Cho hàm số y = f(x) = x2. Xét hình phẳng (được tô màu) gồm tất cả các điểm M(x; y) trên mặt phẳng tọa độ sao cho 1 ≤ x ≤ 2 và 0 ≤ y ≤ x2 (Hình 4). Hình phẳng đó được gọi là hình thang cong AMNB giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x) = x2, trục Ox và hai đường thẳng x = 1, x = 2.
Chia đoạn [1; 2] thành n phần bằng nhau bởi các điểm chia:
x0 = 1, 
,
(Hình 5).
Tính diện tích T0 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [x0; x1] với chiều cao là f(x0).
Tính diện tích T1 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [x1; x2] với chiều cao là f(x1).
Tính diện tích T2 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [x2; x3] với chiều cao là f(x2).
…
Tính diện tích Tn – 1 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [xn – 1; xn] với chiều cao là f(xn–1).
T0 = f(x0) ∙ (x1 – x0) = f(1) ∙ 
= 
.
T1 = f(x1) ∙ (x2 – x1) = f(x1) ∙ 
= 
.
T2 = f(x2) ∙ (x3 – x2) = f(x2) ∙ 
= 
.
…
Tn – 1 = f(xn – 1 ) ∙ (xn – xn – 1) = f(xn – 1) ∙ 
= 
.
Cho hàm số y = f(x) = x2. Xét hình phẳng (được tô màu) gồm tất cả các điểm M(x; y) trên mặt phẳng tọa độ sao cho 1 ≤ x ≤ 2 và 0 ≤ y ≤ x2 (Hình 4). Hình phẳng đó được gọi là hình thang cong AMNB giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x) = x2, trục Ox và hai đường thẳng x = 1, x = 2.
Chia đoạn [1; 2] thành n phần bằng nhau bởi các điểm chia:
x0 = 1, 
,
(Hình 5).
Đặt Sn = T0 + T1 + T2 + … + Tn – 1. Chứng minh rằng:
Sn = 
∙ [f(x0) + f(x1) + f(x2) + … + f(xn – 1)].
Tổng Sn gọi là tổng tích phân cấp n của hàm số f(x) = x2 trên đoạn [1; 2].
T0 = 
= 
.
Ta có Sn = T0 + T1 + T2 + … + Tn – 1
= + 
+ 
+ … + 
= 
∙ [f(x0) + f(x1) + f(x2) + … + f(xn – 1)].
Cho đồ thị hàm số y = f(x) = 2x (x ∈ [0; 2]). Xét tam giác vuông OAB giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x) = 2x, trục Ox và đường thẳng x = 2.
Tính diện tích tam giác vuông OAB.
Ta có: Stam giác vuông OAB = 
.
Cho đồ thị hàm số y = f(x) = 2x (x ∈ [0; 2]). Xét tam giác vuông OAB giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x) = 2x, trục Ox và đường thẳng x = 2.
Giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) = 2x trên đoạn [0; 2]. Tính F(2) – F(0). Từ đó hãy chứng tỏ rằng Stam giác vuông OAB = F(2) – F(0).
Ta có: 
.
Suy ra F(x) = x2 là một nguyên hàm của hàm số f(x) = 2x trên đoạn [0; 2].
Ta có F(2) = 22 = 4; F(0) = 02 = 0. Suy ra F(2) – F(0) = 4 – 0 = 4.
Mà theo câu a, ta có Stam giác vuông OAB = 4.
Vậy Stam giác vuông OAB = F(2) – F(0).
Cho hàm số f(x) = x2. Chứng tỏ F(x) = 
; G(x) = 
là các nguyên hàm của hàm số f(x) = x2.
Ta có F'(x) = 
; G'(x) = 
(do C là hằng số).
Suy ra F(x) = 
; G(x) = 
là các nguyên hàm của hàm số f(x) = x2.
Cho hàm số f(x) = x2. Chứng minh rằng F(b) – F(a) = G(b) – G(a), tức là hiệu số F(b) – F(a) không phụ thuộc việc chọn nguyên hàm.
Ta có F(b) – F(a) = 
; G(b) – G(a) = 
.
Suy ra F(b) – F(a) = G(b) – G(a).
Tính 
.
Ta có 
.
So sánh 
và 
.
Ta có 
; 
.
Vậy 
.
Cho 
. Tính 
.
Ta có 
.
So sánh:
và 
;
Ta có 
;
.
Suy ra 
.
So sánh:
và 
.
;
.
Suy ra 
.
Tính 
.
Ta có 
.
So sánh 
và 
.
Ta có 
;
.
Suy ra 
.
Tính 
.
Ta có 
.
Khi đó, 
.
Tính:
;
.
Tính:
;
.
Tính:
.
Tính 
.
Ta có 
.
Tính:
;
.
Tính:
.
Tính:
;
.
Tính:
.
Tích phân 
có giá trị bằng:
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng là: A
Ta có 
.
Tích phân 
có giá trị bằng:
A. 
.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Đáp án đúng là: D
Ta có 
.
Tích phân 
có giá trị bằng:
A. 
.
B. 
.
C. – 1.
D. 1.
Đáp án đúng là: B
Ta có 
.
Cho 
, F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên đoạn [– 2; 3], F(3) = – 8. Tính F(– 2).
Vì F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên đoạn [– 2; 3] nên ta có:
.
Mà 
và F(3) = – 8 nên – 8 – F(– 2) = – 10, suy ra F(– 2) = 2.
Cho 
. Tính 
.
Ta có 
.
Suy ra 
.
Tính:
;
.
Tính: 
.
Tính:
.
Tính: 
.
Tính
.
Tính
.
Tính
.
Tính
.
Tính
.
Cho một vật chuyển động với vận tốc y = v(t) (m/s). Cho 0 < a < b và v(t) > 0 với mọi t ∈ [a; b]. Hãy giải thích vì sao 
biểu thị quãng đường mà vật đi được trong khoảng thời gian từ a đến b (a, b tính theo giây).
Gọi s(t) là quãng đường đi được của chuyển động.
Ta có vận tốc là đạo của quãng đường: s'(t) = v(t). Do đó hàm số s(t) là một nguyên hàm của hàm số v(t). Khi đó ta có 
.
Vậy 
biểu thị quãng đường mà vật đi được trong khoảng thời gian từ a đến b.
Áp dụng công thức ở câu a) để giải bài toán sau: Một vật chuyển động với vận tốc v(t) = 2 – sin t (m/s). Tính quãng đường vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 0 (giây) đến thời điểm t = 
(giây).
Quãng đường vật đó di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 0 (giây) đến thời điểm t = 
(giây) là:
≈ 3 (m).
Một vật chuyển động với vận tốc được cho bởi đồ thị ở Hình 9.
Tính quãng đường mà vật di chuyển được trong 1 giây đầu tiên.
Gọi phương trình đường thẳng OA là v(t) = at (a ≠ 0).
Vì OA đi qua điểm A(1; 2) nên với t = 1 thì v = 2, ta có 2 = a ∙ 1, suy ra a = 2.
Do đó, OA: v(t) = 2t.
Trong 1 giây đầu tiên, vận tốc của vật được biểu diễn bởi hàm số v(t) = 2t (m/s).
Quãng đường mà vật di chuyển được trong 1 giây đầu tiên là:
(m).
Một vật chuyển động với vận tốc được cho bởi đồ thị ở Hình 9.
Tính quãng đường mà vật di chuyển được trong 2 giây đầu tiên.
Gọi phương trình đường thẳng OA là v(t) = at (a ≠ 0).
Vì OA đi qua điểm A(1; 2) nên với t = 1 thì v = 2, ta có 2 = a ∙ 1, suy ra a = 2.
Do đó, OA: v(t) = 2t.
Trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 1 (giây) đến thời điểm t = 2 (giây), vận tốc của vật được biểu diễn bởi hàm số hằng v(t) = 2.
Quãng đường mà vật di chuyển được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 1 (giây) đến thời điểm t = 2 (giây) là:
(m).
Vậy quãng đường mà vật di chuyển được trong 2 giây đầu tiên là s = 1 + 2 = 3 (m).
Ở nhiệt độ 37 °C, một phản ứng hoá học từ chất đầu A, chuyển hoá thành chất sản phẩm B theo phương trình: A → B. Giả sử y(x) là nồng độ chất A (đơn vị mol L– 1) tại thời gian x (giây), y(x) > 0 với x ≥ 0, thoả mãn hệ thức y'(x) = – 7 ∙ 10– 4y(x) với x ≥ 0. Biết rằng tại x = 0, nồng độ ban đầu của chất A là 0,05 mol L– 1.
Xét hàm số f(x) = ln y(x) với x ≥ 0. Hãy tính f'(x), từ đó hãy tìm hàm số f(x).
Ta có f(x) = ln y(x). Lấy đạo hàm hai vế ta được: f'(x) = 
.
Mà y'(x) = – 7 ∙ 10– 4y(x), suy ra = – 7 ∙ 10– 4.
Do đó, f'(x) = – 7 ∙ 10– 4.
Hàm số f(x) là một nguyên hàm của hàm số f'(x).
Ta có 
.
Suy ra f(x) = – 7 ∙ 10– 4x + C.
Mà f(x) = ln y(x) nên ln y(x) = – 7 ∙ 10– 4x + C. Suy ra y(x) = 
.
Vì tại x = 0, nồng độ ban đầu của chất A là 0,05 mol L– 1, tức là y(0) = 0,05 nên
eC = 0,05 ⇔ C = ln0,05.
Vậy f(x) = – 7 ∙ 10– 4x + ln0,05.
Ở nhiệt độ 37 °C, một phản ứng hoá học từ chất đầu A, chuyển hoá thành chất sản phẩm B theo phương trình: A → B. Giả sử y(x) là nồng độ chất A (đơn vị mol L– 1) tại thời gian x (giây), y(x) > 0 với x ≥ 0, thoả mãn hệ thức y'(x) = – 7 ∙ 10– 4y(x) với x ≥ 0. Biết rằng tại x = 0, nồng độ ban đầu của chất A là 0,05 mol L– 1. Giả sử ta tính nồng độ trung bình chất A (đơn vị mol L– 1) từ thời điểm a (giây) đến thời điểm b (giây) với 0 < a < b theo công thức 
. Xác định nồng độ trung bình của chất A từ thời điểm 15 giây đến thời điểm 30 giây.
Từ câu a, ta có y(x) = 
.
Khi đó nồng độ trung bình của chất A từ thời điểm 15 giây đến thời điểm 30 giây là:
(mol L– 1).
