Bài 13. Ứng dụng hình học của tích phân (Toán 12, Kết nối tri thức) hướng dẫn các em dùng tích phân để tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị, thể tích vật thể và thể tích khối tròn xoay. Cuối bài có lời giải chi tiết tất cả bài tập trong sách giáo khoa và bài tập cuối chương IV.
A. Tóm tắt lý thuyết
Ở lớp dưới, các em đã dùng nhiều công thức tính diện tích, thể tích nhưng phải "thừa nhận". Với tích phân, ta có một cách chung để tính diện tích, thể tích của cả những hình phức tạp hơn.
1. Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng
a) Hình phẳng giới hạn bởi một đồ thị, trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b
Diện tích $S$ của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số $f(x)$ liên tục, trục hoành và hai đường thẳng $x=a,$ $x=b$ $(a\lt b)$ được tính bằng công thức
\[S=\int_a^b\left|f(x)\right|\,dx.\]Vì sao phải có dấu giá trị tuyệt đối? Diện tích luôn dương, còn phần đồ thị nằm dưới trục hoành làm tích phân bị âm. Lấy $|f(x)|$ là "lật" phần nằm dưới trục hoành lên trên, nên phần nào cũng được tính dương.
Cách làm (tính $\displaystyle S=\int_a^b\left|f(x)\right|dx$)
• Viết công thức, thay hàm số vào, vẫn giữ dấu giá trị tuyệt đối.
• Giải $f(x)=0,$ chỉ giữ các nghiệm nằm trong khoảng $(a;b).$ Tách tích phân tại các nghiệm đó (vẫn giữ dấu giá trị tuyệt đối). Trên mỗi đoạn nhỏ, $f(x)$ không đổi dấu.
• Bỏ dấu giá trị tuyệt đối bằng cách đưa nó ra ngoài tích phân. Vì $f(x)$ không đổi dấu trên đoạn $[c;d]$ nên
\[\int_c^d\left|f(x)\right|dx=\left|\int_c^d f(x)\,dx\right|.\]Nếu $f(x)=0$ không có nghiệm nào trong khoảng $(a;b)$ thì không cần tách, đưa ngay dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài tích phân. Cách bỏ dấu giá trị tuyệt đối bằng bảng xét dấu, xem lại Bài 12. Tích phân.
Ví dụ 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $y=x^2-4,$ trục hoành và hai đường thẳng $x=0,$ $x=3.$
Giải. Ta có $x^2-4=0\Leftrightarrow x=\pm 2,$ trong khoảng $(0;3)$ chỉ có nghiệm $x=2.$ Tách tích phân tại $x=2$ (vẫn giữ dấu giá trị tuyệt đối), trên mỗi đoạn $[0;2]$ và $[2;3]$ thì $x^2-4$ không đổi dấu nên đưa được dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài.
\[\begin{aligned}S&=\int_0^3\left|x^2-4\right|dx\\&=\int_0^2\left|x^2-4\right|dx+\int_2^3\left|x^2-4\right|dx\\&=\left|\int_0^2(x^2-4)\,dx\right|+\left|\int_2^3(x^2-4)\,dx\right|\\&=\left|\left(\frac{x^3}{3}-4x\right)\Big|_0^2\right|+\left|\left(\frac{x^3}{3}-4x\right)\Big|_2^3\right|\\&=\left|-\frac{16}{3}\right|+\left|\frac{7}{3}\right|=\frac{23}{3}.\end{aligned}\]Lưu ý. Lỗi hay gặp là bỏ luôn dấu giá trị tuyệt đối. Ở ví dụ trên, $\displaystyle\int_0^3(x^2-4)\,dx=-3,$ một "diện tích" âm là vô lí. Tương tự, $\displaystyle\int_0^{2\pi}\sin x\,dx=0$ nhưng diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y=\sin x,$ trục hoành, $x=0,$ $x=2\pi$ bằng 4.
b) Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số và hai đường thẳng x = a, x = b
Diện tích $S$ của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $f(x),$ $g(x)$ liên tục trên đoạn $[a;b]$ và hai đường thẳng $x=a,$ $x=b$ được tính bằng công thức
\[S=\int_a^b\left|f(x)-g(x)\right|\,dx.\]Chú ý. Nếu hiệu $f(x)-g(x)$ không đổi dấu trên đoạn $[a;b]$ thì
\[\begin{aligned}&\int_a^b\left|f(x)-g(x)\right|\,dx\\&=\left|\int_a^b\left[f(x)-g(x)\right]\,dx\right|.\end{aligned}\]Các em hiểu đơn giản là lấy đồ thị "trên" trừ đồ thị "dưới" rồi tích phân. Công thức ở mục a) chính là trường hợp $g(x)=0$ (trục hoành). Cách làm giống mục a), chỉ thay phương trình $f(x)=0$ bằng phương trình hoành độ giao điểm $f(x)=g(x).$
Ví dụ 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số $y=\sqrt{x},$ $y=x-2$ và hai đường thẳng $x=1,$ $x=4.$
Giải. Phương trình hoành độ giao điểm $\sqrt{x}=x-2.$ Đặt $t=\sqrt{x}\ge 0$ ta được $t^2-t-2=0\Leftrightarrow t=2$ (loại $t=-1$), suy ra $x=4.$ Nghiệm này không nằm trong khoảng $(1;4)$ nên $\sqrt{x}-x+2$ không đổi dấu trên $[1;4],$ đưa ngay dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài.
\[\begin{aligned}S&=\int_1^4\left|\sqrt{x}-x+2\right|dx\\&=\left|\int_1^4\left(\sqrt{x}-x+2\right)dx\right|\\&=\left|\left(\frac{2}{3}x\sqrt{x}-\frac{x^2}{2}+2x\right)\Big|_1^4\right|\\&=\left|\frac{16}{3}-\frac{13}{6}\right|=\frac{19}{6}.\end{aligned}\]Lưu ý. Không cần biết trước đồ thị nào nằm trên, các em cứ giữ dấu giá trị tuyệt đối rồi đưa nó ra ngoài như trên. Muốn vẽ nhanh các đồ thị để quan sát, xem lại Bài 4. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Ứng dụng tích phân để tính thể tích vật thể
a) Tính thể tích của vật thể
Cho một vật thể trong không gian Oxyz. Gọi $\mathcal{B}$ là phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại các điểm có hoành độ $x=a,$ $x=b.$ Một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ $x$ cắt vật thể theo mặt cắt có diện tích là $S(x).$ Giả sử $S(x)$ là hàm số liên tục trên đoạn $[a;b].$ Khi đó thể tích $V$ của phần vật thể $\mathcal{B}$ được tính bởi công thức
\[V=\int_a^b S(x)\,dx.\]Các em hình dung giống như cắt ổ bánh mì thành nhiều lát thật mỏng vuông góc với Ox. Lát tại vị trí $x$ có diện tích mặt cắt $S(x),$ bề dày rất nhỏ, nên thể tích xấp xỉ $S(x)$ nhân bề dày. Cộng tất cả các lát lại chính là lấy tích phân của $S(x)$ từ $a$ đến $b.$
Muốn dùng công thức, việc chính là chọn trục Ox hợp lí rồi tìm $S(x)$.
Ví dụ 3. Khối lăng trụ có diện tích đáy $S,$ chiều cao $h.$ Chọn trục Ox song song với đường cao, hai đáy nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với Ox tại $x=0$ và $x=h.$ Mọi mặt cắt đều bằng đáy, tức $S(x)=S,$ nên
\[V=\int_0^h S\,dx=Sx\Big|_0^h=Sh.\]Ví dụ 4. Tính thể tích khối chóp đều có đáy là hình vuông cạnh $L$ và chiều cao $h.$
Giải. Chọn trục Ox có gốc O trùng với đỉnh khối chóp và đi qua tâm của đáy, khi đó đáy nằm trên mặt phẳng vuông góc với Ox tại $x=h.$ Mặt phẳng vuông góc với Ox tại $x$ $(0\le x\le h)$ cắt khối chóp theo hình vuông cạnh $a.$ Theo định lí Thalès, $\dfrac{a}{L}=\dfrac{x}{h},$ suy ra $a=\dfrac{L}{h}x$ và $S(x)=\dfrac{L^2}{h^2}x^2.$ Vậy
\[\begin{aligned}V&=\int_0^h\frac{L^2}{h^2}x^2\,dx\\&=\frac{L^2}{h^2}\cdot\frac{x^3}{3}\Big|_0^h=\frac{1}{3}L^2h.\end{aligned}\]Đây đúng là công thức $V=\dfrac{1}{3}Sh$ quen thuộc của khối chóp.
b) Tính thể tích khối tròn xoay
Cho hàm số $f(x)$ liên tục, không âm trên đoạn $[a;b].$ Khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f(x),$ trục hoành và hai đường thẳng $x=a,$ $x=b$ xung quanh trục hoành, ta được hình khối gọi là một khối tròn xoay.
Khi cắt khối tròn xoay đó bởi một mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm $x\in[a;b]$ được một hình tròn có bán kính $f(x).$ Thể tích của khối tròn xoay này là
\[V=\pi\int_a^b f^2(x)\,dx.\]Vì sao có $\pi$ và bình phương? Mặt cắt là hình tròn bán kính $f(x),$ nên $S(x)=\pi f^2(x).$ Thay vào công thức $V=\displaystyle\int_a^b S(x)\,dx$ ở mục a) là ra.
Ví dụ 5. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=\sqrt{x},$ trục hoành và hai đường thẳng $x=0,$ $x=1$ (hình trên).
Giải. Thể tích cần tính là
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_0^1\left(\sqrt{x}\right)^2\,dx=\pi\int_0^1x\,dx\\&=\frac{\pi x^2}{2}\Big|_0^1=\frac{\pi}{2}.\end{aligned}\]Ví dụ 6. Chứng minh công thức thể tích khối nón có bán kính đáy $R$ và chiều cao $h.$
Giải. Khối nón sinh ra khi quay tam giác vuông OAB với OA = $h$ nằm trên Ox, AB = $R,$ quanh trục Ox. Đường thẳng OB là đồ thị hàm số $y=\dfrac{R}{h}x$ với $0\le x\le h.$ Do đó
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_0^h\frac{R^2}{h^2}x^2\,dx\\&=\pi\cdot\frac{R^2}{h^2}\cdot\frac{x^3}{3}\Big|_0^h=\frac{1}{3}\pi R^2h.\end{aligned}\]Tương tự, quay nửa hình tròn $y=\sqrt{R^2-x^2}$ $(-R\le x\le R)$ quanh Ox ta được khối cầu và tính ra $V=\dfrac{4}{3}\pi R^3.$
Lưu ý. Các lỗi hay gặp là quên số $\pi,$ hoặc quên bình phương $f(x).$ Công thức $V=\pi\displaystyle\int_a^b f^2(x)\,dx$ chỉ dùng khi hình phẳng giới hạn bởi một đồ thị và trục hoành, quay quanh trục hoành.
B. Giải bài tập sách giáo khoa
Bài 4.14 (SGK trang 25). Tính diện tích của hình phẳng được tô màu trong hình dưới đây (Hình 4.29 trong SGK).
Lời giải
Hình tô màu giới hạn bởi parabol $y=5x-x^2$ và đường thẳng $y=x.$ Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình
\[\begin{aligned}&5x-x^2=x\Leftrightarrow x^2-4x=0\\&\Leftrightarrow x=0\ \text{hoặc}\ x=4.\end{aligned}\]Hai nghiệm là hai cận, khoảng $(0;4)$ không chứa nghiệm nào, nên $4x-x^2$ không đổi dấu trên $[0;4].$ Diện tích hình tô màu là
\[\begin{aligned}S&=\int_0^4\left|(5x-x^2)-x\right|dx\\&=\left|\int_0^4(4x-x^2)\,dx\right|\\&=\left|\left(2x^2-\frac{x^3}{3}\right)\Big|_0^4\right|=\frac{32}{3}.\end{aligned}\]Bài 4.15 (SGK trang 25). Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường
a) $y=e^x,$ $y=x^2-1,$ $x=-1,$ $x=1;$
b) $y=\sin x,$ $y=x,$ $x=\dfrac{\pi}{2},$ $x=\pi;$
c) $y=9-x^2,$ $y=2x^2,$ $x=-\sqrt{3},$ $x=\sqrt{3};$
d) $y=\sqrt{x},$ $y=x^2,$ $x=0,$ $x=1.$
Lời giải
Mỗi ý đều làm theo công thức $\displaystyle S=\int_a^b\left|f(x)-g(x)\right|dx.$ Ở cả bốn ý, phương trình $f(x)=g(x)$ không có nghiệm trong khoảng $(a;b)$ nên đưa ngay dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài tích phân.
a) Với $x\in[-1;1]$ thì $x^2-1\le 0\lt e^x$ nên phương trình $e^x=x^2-1$ vô nghiệm trên đoạn này. Do đó
\[\begin{aligned}S&=\int_{-1}^1\left|e^x-x^2+1\right|dx\\&=\left|\int_{-1}^1\left(e^x-x^2+1\right)dx\right|\\&=\left|\left(e^x-\frac{x^3}{3}+x\right)\Big|_{-1}^1\right|\\&=\left|\left(e+\frac{2}{3}\right)-\left(\frac{1}{e}-\frac{2}{3}\right)\right|\\&=e-\frac{1}{e}+\frac{4}{3}.\end{aligned}\]b) Với $x\in\left[\dfrac{\pi}{2};\pi\right]$ thì $x\ge\dfrac{\pi}{2}\gt 1\ge\sin x$ nên phương trình $\sin x=x$ vô nghiệm trên đoạn này. Do đó
\[\begin{aligned}S&=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\left|\sin x-x\right|dx\\&=\left|\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(\sin x-x)\,dx\right|\\&=\left|\left(-\cos x-\frac{x^2}{2}\right)\Big|_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\right|\\&=\left|\left(1-\frac{\pi^2}{2}\right)+\frac{\pi^2}{8}\right|=\frac{3\pi^2}{8}-1.\end{aligned}\]c) Ta có $9-x^2=2x^2\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{3},$ đều là cận nên khoảng $\left(-\sqrt{3};\sqrt{3}\right)$ không chứa nghiệm. Do đó
\[\begin{aligned}S&=\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\left|9-3x^2\right|dx\\&=\left|\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}(9-3x^2)\,dx\right|\\&=\left|\left(9x-x^3\right)\Big|_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}\right|=12\sqrt{3}.\end{aligned}\]d) Ta có $\sqrt{x}=x^2\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=1,$ đều là cận nên khoảng $(0;1)$ không chứa nghiệm. Do đó
\[\begin{aligned}S&=\int_0^1\left|\sqrt{x}-x^2\right|dx\\&=\left|\int_0^1\left(\sqrt{x}-x^2\right)dx\right|\\&=\left|\left(\frac{2}{3}x\sqrt{x}-\frac{x^3}{3}\right)\Big|_0^1\right|=\frac{1}{3}.\end{aligned}\]Bài 4.16 (SGK trang 25). Các nhà kinh tế sử dụng đường cong Lorenz để minh hoạ sự phân phối thu nhập trong một quốc gia. Gọi $x$ là đại diện cho phần trăm số gia đình trong một quốc gia và $y$ là phần trăm tổng thu nhập. Đường $y=x$ sẽ đại diện cho một quốc gia mà các gia đình có thu nhập như nhau. Đường cong Lorenz $y=f(x)$ biểu thị phân phối thu nhập thực tế. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường này, với $0\le x\le 100,$ biểu thị "sự bất bình đẳng về thu nhập" của một quốc gia. Năm 2005, đường cong Lorenz của Hoa Kỳ có thể được mô hình hoá bởi hàm số
\[y=\left(0{,}00061x^2+0{,}0218x+1{,}723\right)^2\]với $0\le x\le 100,$ trong đó $x$ được tính từ các gia đình nghèo nhất đến giàu có nhất (Theo R. Larson, Brief Calculus: An Applied Approach, 8th edition, Cengage Learning, 2009). Tìm sự bất bình đẳng về thu nhập của Hoa Kỳ vào năm 2005.
Lời giải
Hướng giải
Viết công thức diện tích giữa hai đường, giữ nguyên dấu giá trị tuyệt đối rồi bấm máy tính cầm tay.
Theo đề, sự bất bình đẳng về thu nhập là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng $y=x,$ đường cong $y=f(x)$ và hai đường thẳng $x=0,$ $x=100,$ nên
\[S=\int_0^{100}\left|x-f(x)\right|dx.\]Dùng máy tính cầm tay tính tích phân này (nhập cả dấu giá trị tuyệt đối), ta được $S\approx 2068{,}9.$
Lưu ý.
• Số hạng tự do SGK in là "1 723", đúng ra là $1{,}723$ (khi đó $f(100)\approx 100,$ khớp với điểm cuối của đường Lorenz).
• Phương trình $x=f(x)$ có hai nghiệm trong khoảng $(0;100)$ là $x\approx 3{,}24$ và $x\approx 99{,}97.$ Vì $f(0)\approx 2{,}97\gt 0$ nên sát gốc tọa độ đường cong nằm hơi trên đường thẳng $y=x.$ Do đó không được đưa dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài trên cả đoạn $[0;100]$ (làm vậy chỉ ra $2059{,}3$). Nếu tách tại hai nghiệm trên rồi đưa dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài từng tích phân thì vẫn được $S\approx 4{,}79+2064{,}11+0{,}00\approx 2068{,}9.$
Bài 4.17 (SGK trang 26). Tính thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường sau xung quanh trục Ox: $y=2x-x^2,$ $y=0,$ $x=0,$ $x=2.$
Lời giải
Thể tích khối tròn xoay là
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_0^2(2x-x^2)^2\,dx\\&=\pi\int_0^2\left(4x^2-4x^3+x^4\right)\,dx\\&=\pi\left(\frac{4x^3}{3}-x^4+\frac{x^5}{5}\right)\Big|_0^2\\&=\pi\left(\frac{32}{3}-16+\frac{32}{5}\right)=\frac{16\pi}{15}.\end{aligned}\]Bài 4.18 (SGK trang 26). Khối chỏm cầu có bán kính $R$ và chiều cao $h$ $(0\lt h\le R)$ sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi cung tròn có phương trình $y=\sqrt{R^2-x^2},$ trục hoành và hai đường thẳng $x=R-h,$ $x=R$ xung quanh trục Ox (Hình 4.30 trong SGK). Tính thể tích của khối chỏm cầu này.
Lời giải
Áp dụng công thức thể tích khối tròn xoay với $f(x)=\sqrt{R^2-x^2}$ trên đoạn $[R-h;R],$ ta có
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_{R-h}^{R}\left(R^2-x^2\right)\,dx\\&=\pi\left(R^2x-\frac{x^3}{3}\right)\Big|_{R-h}^{R}.\end{aligned}\]Ta có $R^3-(R-h)^3$$=3R^2h-3Rh^2+h^3,$ nên
\[\begin{aligned}V&=\pi\left[R^2h-\frac{3R^2h-3Rh^2+h^3}{3}\right]\\&=\pi\left(Rh^2-\frac{h^3}{3}\right)\\&=\pi h^2\left(R-\frac{h}{3}\right).\end{aligned}\]Kiểm tra lại, khi $h=R$ ta được nửa khối cầu, $V=\dfrac{2}{3}\pi R^3.$
Bài 4.19 (SGK trang 26). Cho tam giác vuông OAB có cạnh OA = $a$ nằm trên trục Ox và $\widehat{AOB}=\alpha$ $\left(0\lt\alpha\le\dfrac{\pi}{4}\right).$ Gọi $\mathcal{B}$ là khối tròn xoay sinh ra khi quay miền tam giác OAB xung quanh trục Ox (Hình 4.31 trong SGK).
a) Tính thể tích $V$ của $\mathcal{B}$ theo $a$ và $\alpha.$
b) Tìm $\alpha$ sao cho thể tích $V$ lớn nhất.
Lời giải
a) Tam giác vuông tại A nên $AB=a\tan\alpha.$ Đường thẳng OB đi qua gốc tọa độ và có hệ số góc $\tan\alpha,$ tức là đồ thị hàm số $y=x\tan\alpha$ với $0\le x\le a.$ Miền tam giác OAB là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị này, trục hoành và hai đường thẳng $x=0,$ $x=a.$ Do đó
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_0^a x^2\tan^2\alpha\,dx\\&=\pi\tan^2\alpha\cdot\frac{x^3}{3}\Big|_0^a=\frac{\pi a^3\tan^2\alpha}{3}.\end{aligned}\]b) Trên $\left(0;\dfrac{\pi}{4}\right]$ hàm số $\tan\alpha$ đồng biến và nhận giá trị dương, nên $0\lt\tan\alpha\le\tan\dfrac{\pi}{4}=1.$ Suy ra
\[V=\frac{\pi a^3\tan^2\alpha}{3}\le\frac{\pi a^3}{3}.\]Dấu bằng xảy ra khi $\alpha=\dfrac{\pi}{4}.$ Vậy thể tích $V$ lớn nhất bằng $\dfrac{\pi a^3}{3}$ khi $\alpha=\dfrac{\pi}{4}$ (tam giác OAB vuông cân).
C. Bài tập cuối chương IV
Trắc nghiệm
Bài 4.20 (SGK trang 27). Một nguyên hàm của hàm số $f(x)=\sin 2x$ là
Lời giải
Theo bảng nguyên hàm (xem lại Bài 11. Nguyên hàm), ta có $\displaystyle\int\sin 2x\,dx=-\frac{1}{2}\cos 2x+C.$ Lấy $C=0$ được một nguyên hàm là $F(x)=\dfrac{-1}{2}\cos 2x.$
Chọn D
Bài 4.21 (SGK trang 27). Họ các nguyên hàm của hàm số $2e^x$ là
Lời giải
Ta có $\displaystyle\int 2e^x\,dx=2e^x+C.$ Phương án C chỉ là một nguyên hàm, không phải họ nguyên hàm.
Chọn D
Bài 4.22 (SGK trang 27). Nguyên hàm $F(x)$ của hàm số $f(x)=e^x-3e^{-x}$ thoả mãn $F(0)=4$ là
Lời giải
Ta có $\displaystyle\int\left(e^x-3e^{-x}\right)\,dx=e^x+3e^{-x}+C,$ nên $F(x)=e^x+3e^{-x}+C.$
Vì $F(0)=4$ nên $1+3+C=4,$ suy ra $C=0.$ Vậy $F(x)=e^x+3e^{-x}.$
Chọn C
Bài 4.23 (SGK trang 27). Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm $f'(x)$ liên tục trên $\mathbb{R},$ $f(1)=16$ và $\displaystyle\int_1^3 f'(x)\,dx=4.$ Khi đó giá trị của $f(3)$ bằng
Lời giải
Vì $f(x)$ là một nguyên hàm của $f'(x)$ nên $\displaystyle\int_1^3 f'(x)\,dx=f(3)-f(1).$ Suy ra $f(3)-16=4,$ tức là $f(3)=20.$
Chọn A
Bài 4.24 (SGK trang 27). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số $y=x^2-2x,$ $y=-x^2+4x$ và hai đường thẳng $x=0,$ $x=3$ là
Lời giải
Ta có $x^2-2x=-x^2+4x$ $\Leftrightarrow 2x^2-6x=0$ $\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=3,$ đều là cận nên khoảng $(0;3)$ không chứa nghiệm. Do đó
\[\begin{aligned}S&=\int_0^3\left|2x^2-6x\right|dx\\&=\left|\int_0^3(2x^2-6x)\,dx\right|\\&=\left|\left(\frac{2x^3}{3}-3x^2\right)\Big|_0^3\right|=|-9|=9.\end{aligned}\]Chọn B
Bài 4.25 (SGK trang 27). Cho đồ thị hàm số $y=f(x)$ trên đoạn $[-2;2]$ như hình dưới đây (Hình 4.32 trong SGK).
Biết
\[\int_{-2}^{-1}f(x)\,dx=\int_1^2f(x)\,dx=\frac{-22}{15}\]và
\[\int_{-1}^1f(x)\,dx=\frac{76}{15}.\]Khi đó, diện tích của hình phẳng được tô màu là
Lời giải
Nhìn đồ thị, trong khoảng $(-2;2)$ đồ thị cắt trục hoành tại $x=-1$ và $x=1.$ Tách tích phân tại hai điểm này (vẫn giữ dấu giá trị tuyệt đối), trên mỗi đoạn nhỏ $f(x)$ không đổi dấu nên đưa được dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài.
\[\begin{aligned}S&=\int_{-2}^2\left|f(x)\right|dx\\&=\int_{-2}^{-1}\left|f(x)\right|dx+\int_{-1}^1\left|f(x)\right|dx\\&\quad+\int_1^2\left|f(x)\right|dx\\&=\left|\int_{-2}^{-1}f(x)\,dx\right|+\left|\int_{-1}^1f(x)\,dx\right|\\&\quad+\left|\int_1^2f(x)\,dx\right|\\&=\left|\frac{-22}{15}\right|+\left|\frac{76}{15}\right|+\left|\frac{-22}{15}\right|=8.\end{aligned}\]Chọn A
Bài 4.26 (SGK trang 28). Cho hình phẳng $(S)$ giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=\sqrt{1-x^2},$ trục hoành và hai đường thẳng $x=-1,$ $x=1.$ Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay $(S)$ quanh Ox là
Lời giải
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_{-1}^1(1-x^2)\,dx\\&=\pi\left(x-\frac{x^3}{3}\right)\Big|_{-1}^1=\frac{4\pi}{3}.\end{aligned}\]Đây chính là khối cầu bán kính 1.
Chọn D
Bài 4.27 (SGK trang 28). Một vật chuyển động có gia tốc là $a(t)=3t^2+t$ (m/s2). Biết rằng vận tốc ban đầu của vật là 2 m/s. Vận tốc của vật đó sau 2 giây là
Lời giải
Vận tốc là một nguyên hàm của gia tốc, nên $v(t)=\displaystyle\int(3t^2+t)\,dt=t^3+\frac{t^2}{2}+C.$
Vì $v(0)=2$ nên $C=2.$ Suy ra $v(2)=8+2+2=12$ (m/s).
Chọn C
Tự luận
Bài 4.28 (SGK trang 28). Tìm họ các nguyên hàm của các hàm số sau
a) $y=2^x-\dfrac{1}{x};$
b) $y=x\sqrt{x}+3\cos x-\dfrac{2}{\sin^2x}.$
Lời giải
a)
\[\begin{aligned}&\int\left(2^x-\frac{1}{x}\right)\,dx\\&=\frac{2^x}{\ln 2}-\ln|x|+C.\end{aligned}\]b) Ta có $x\sqrt{x}=x^{\frac{3}{2}},$ nên
\[\begin{aligned}&\int\left(x^{\frac{3}{2}}+3\cos x-\frac{2}{\sin^2x}\right)\,dx\\&=\frac{2}{5}x^2\sqrt{x}+3\sin x+2\cot x+C.\end{aligned}\]Bài 4.29 (SGK trang 28). Tìm một nguyên hàm $F(x)$ của hàm số $f(x)=2\cos x+\dfrac{1}{\sin^2x}$ thoả mãn điều kiện $F\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=-1.$
Lời giải
Ta có
\[\begin{aligned}&\int\left(2\cos x+\frac{1}{\sin^2x}\right)\,dx\\&=2\sin x-\cot x+C.\end{aligned}\]Suy ra $F(x)=2\sin x-\cot x+C.$
Vì $F\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=-1$ nên $2\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}-1+C=-1,$ suy ra $C=-\sqrt{2}.$
Vậy $F(x)=2\sin x-\cot x-\sqrt{2}.$
Bài 4.30 (SGK trang 28). Một viên đạn được bắn lên từ mặt đất theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu là 30 m/s. Viên đạn chuyển động với gia tốc $a=-9{,}8$ m/s2. Tìm vận tốc của viên đạn ở thời điểm 2 giây.
Lời giải
Vận tốc là nguyên hàm của gia tốc nên $v(t)=\displaystyle\int(-9{,}8)\,dt=-9{,}8t+C.$
Vì $v(0)=30$ nên $C=30,$ suy ra $v(t)=30-9{,}8t.$
Vậy vận tốc của viên đạn ở thời điểm 2 giây là $v(2)=30-19{,}6=10{,}4$ (m/s).
Bài 4.31 (SGK trang 28). Cá hồi Thái Bình Dương đến mùa sinh sản thường bơi từ biển ngược dòng vào sông và đến thượng nguồn các dòng sông để đẻ trứng. Giả sử cá bơi ngược dòng sông với vận tốc là $v(t)=-\dfrac{2t}{5}+4$ (km/h). Nếu coi thời điểm ban đầu $t=0$ là lúc cá bắt đầu bơi vào dòng sông thì khoảng cách xa nhất mà con cá có thể bơi được là bao nhiêu?
Lời giải
Cá còn tiến lên được khi $v(t)\gt 0\Leftrightarrow -\dfrac{2t}{5}+4\gt 0\Leftrightarrow t\lt 10.$ Tại $t=10$ thì $v=0,$ cá không tiến thêm được nữa. Do đó cá bơi xa nhất trong khoảng thời gian từ $t=0$ đến $t=10$ giờ.
Quãng đường cá bơi được trong khoảng thời gian đó là
\[\begin{aligned}s&=\int_0^{10}\left(-\frac{2t}{5}+4\right)\,dt\\&=\left(-\frac{t^2}{5}+4t\right)\Big|_0^{10}\\&=-20+40=20.\end{aligned}\]Vậy khoảng cách xa nhất mà con cá có thể bơi được là 20 km.
Bài 4.32 (SGK trang 28). Tính các tích phân sau
a) $\displaystyle\int_1^4\left(x^3-2\sqrt{x}\right)\,dx;$
b) $\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos x-\sin x)\,dx;$
c) $\displaystyle\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\sin^2x};$
d) $\displaystyle\int_1^{16}\frac{x-1}{\sqrt{x}}\,dx.$
Lời giải
a)
\[\begin{aligned}&\int_1^4\left(x^3-2\sqrt{x}\right)\,dx\\&=\left(\frac{x^4}{4}-\frac{4}{3}x\sqrt{x}\right)\Big|_1^4\\&=\left(64-\frac{32}{3}\right)-\left(\frac{1}{4}-\frac{4}{3}\right)\\&=\frac{653}{12}.\end{aligned}\]b)
\[\begin{aligned}&\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos x-\sin x)\,dx\\&=(\sin x+\cos x)\Big|_0^{\frac{\pi}{2}}=1-1=0.\end{aligned}\]c)
\[\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\sin^2x}=-\cot x\Big|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}=\sqrt{3}-1.\]d) Ta có $\dfrac{x-1}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}},$ nên
\[\begin{aligned}&\int_1^{16}\left(\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\,dx\\&=\left(\frac{2}{3}x\sqrt{x}-2\sqrt{x}\right)\Big|_1^{16}\\&=\left(\frac{128}{3}-8\right)-\left(\frac{2}{3}-2\right)=36.\end{aligned}\]Bài 4.33 (SGK trang 28). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=e^x,$ $y=x,$ $x=0$ và $x=1.$
Lời giải
Với $x\in[0;1]$ thì $e^x\ge 1\ge x$ và dấu bằng không xảy ra đồng thời, nên phương trình $e^x=x$ vô nghiệm trên đoạn này. Do đó
\[\begin{aligned}S&=\int_0^1\left|e^x-x\right|dx\\&=\left|\int_0^1\left(e^x-x\right)dx\right|\\&=\left|\left(e^x-\frac{x^2}{2}\right)\Big|_0^1\right|=e-\frac{3}{2}.\end{aligned}\]Bài 4.34 (SGK trang 28). Tính thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường sau xung quanh trục Ox
a) $y=1-x^2,$ $y=0,$ $x=-1,$ $x=1;$
b) $y=\sqrt{25-x^2},$ $y=0,$ $x=2,$ $x=4.$
Lời giải
a)
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_{-1}^1(1-x^2)^2\,dx\\&=\pi\int_{-1}^1(1-2x^2+x^4)\,dx\\&=\pi\left(x-\frac{2x^3}{3}+\frac{x^5}{5}\right)\Big|_{-1}^1\\&=\frac{16\pi}{15}.\end{aligned}\]b)
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_2^4\left(25-x^2\right)\,dx\\&=\pi\left(25x-\frac{x^3}{3}\right)\Big|_2^4\\&=\pi\left(50-\frac{56}{3}\right)=\frac{94\pi}{3}.\end{aligned}\]Bài 4.35 (SGK trang 28). Nghệ thuật làm gốm có lịch sử phát triển lâu đời và vẫn còn tồn tại cho đến ngày nay. Giả sử một bình gốm có mặt trong của bình là một mặt tròn xoay sinh ra khi cho phần đồ thị của hàm số $y=\dfrac{1}{175}x^2+\dfrac{3}{35}x+5$ $(0\le x\le 30)$ ($x,$ $y$ tính theo cm) quay tròn quanh bệ gốm có trục trùng với trục hoành Ox. Hỏi để hoàn thành bình gốm đó ta cần sử dụng bao nhiêu centimét khối đất sét, biết rằng bình gốm đó có độ dày không đổi là 1 cm?
Lời giải
Hướng giải
Lấy thể tích khối giới hạn bởi mặt ngoài trừ thể tích phần rỗng bên trong, mặt ngoài sinh bởi đồ thị $y=f(x)+1.$
Đặt $f(x)=\dfrac{1}{175}x^2+\dfrac{3}{35}x+5.$ Mặt trong của bình sinh ra khi quay đồ thị $y=f(x)$ $(0\le x\le 30)$ quanh Ox. Bình dày đều 1 cm nên mặt ngoài sinh ra khi quay đồ thị $y=f(x)+1$ trên cùng đoạn $[0;30].$
• Khối bên trong (phần rỗng)
\[V_1=\pi\int_0^{30}f^2(x)\,dx.\]• Khối giới hạn bởi mặt ngoài
\[V_2=\pi\int_0^{30}\left[f(x)+1\right]^2\,dx.\]• Lượng đất sét
Thể tích đất sét bằng $V_2-V_1.$ Vì $\left[f(x)+1\right]^2-f^2(x)=2f(x)+1$ nên
\[\begin{aligned}V&=\pi\int_0^{30}\left[2f(x)+1\right]\,dx\\&=2\pi\int_0^{30}f(x)\,dx+30\pi.\end{aligned}\]Ta có
\[\begin{aligned}&\int_0^{30}f(x)\,dx\\&=\left(\frac{x^3}{525}+\frac{3x^2}{70}+5x\right)\Big|_0^{30}\\&=\frac{360}{7}+\frac{270}{7}+150=240.\end{aligned}\]Suy ra $V=480\pi+30\pi=510\pi.$
Vậy cần $510\pi\approx 1602{,}21$ cm3 đất sét.
Lưu ý. Đề chỉ cho mặt trong là mặt tròn xoay sinh bởi đồ thị (không nói đến đáy bình), nên ta chỉ tính phần thành bình, coi mặt ngoài là $y=f(x)+1$ trên cùng đoạn $[0;30].$
Bình luận
Viết bình luận của bạn