Bài tập 1 trang 121 SGK Giải tích 12
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
a) \(y = x^2, y = x + 2\);
b) \(y = |lnx|, y = 1\);
c) \(y = (x – 6)^2, y = 6x- x^2\)
Hướng dẫn giải chi tiết bài 1
Câu a:
Xét phương trình:
\(x^2=x+2\Leftrightarrow x^2-x-2=0\Leftrightarrow x=-1;x=2\)
⇒ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(y=x^2\) và đường thẳng \(y=x+2\) là:
\(S=\int_{1}^{2} \left | x^2-(x+2) \right |dx= \int_{1}^{2}\left | x^2-x-2 \right |dx\)
Vì \(x^2-x-2\leq 0\) khi \(-1\leq x\leq 2\)
nên \(S=-\int_{1}^{2}(x^2-x-2)dx= \left ( -\frac{x^3}{3} +\frac{x^2}{2} +2x \right ) \Bigg|^2_1\)
\(=\left ( -\frac{8}{3}+2+4 \right )-\left ( \frac{1}{3}+\frac{1}{2}-2 \right )= \frac{9}{2}\)
Vậy \(S=\frac{9}{2}\) (đvdt)
Câu b:
Xét phương trình: \(\left | lnx \right | =1\Leftrightarrow x=e;x=\frac{1}{e}\)
Do đó diện tích cần tìm là: \(S=\int_{1}^{e} \left |\left | lnx \right |-1 \right |dx\)
Ta có: \(\left | lnx \right | = \left\{\begin{matrix} ln x \ neu \ x\geq 1\\ -lnx \ neu \ 0< x\leq 1 \end{matrix}\right.\)
Do đó:
\(S=\int^{e}_{\frac{1}{e}}\left |\left | lnx \right |-1 \right |dx= \int^{e}_{\frac{1}{e}} \left | lnx-1 \right |dx+\int^{e}_{\frac{1}{e}} \left | -lnx-1 \right |dx\)
\(=\int^{e}_{\frac{1}{e}}(1-lnx)dx+\int^{e}_{\frac{1}{e}}(lnx+1)dx\)
(Vì \(lnx-1<0, \forall x\in \left [ \frac{1}{e} ;1\right ]\) và \(-lnx-1<0, \forall x\in \left [ 1;e \right ]\))
\(\Rightarrow S=\int^{1}_{\frac{1}{e}}dx-\int^{1}_{\frac{1}{e}}lnx dx+ \int^{e}_{\frac{1}{e}}lnx dx +\int^{e}_{\frac{1}{e}}dx\)
\(=x\bigg|^{1}_{\frac{1}{e}}+\bigg|^{e}_{\frac{1}{e}} – \int_{\frac{1}{e}}^{e}ln xdx+\int_{1}^{e} ln xdx\)
\(=1-\frac{1}{e}+e-1-\int_{\frac{1}{e}}^{e} lnx dx+\int_{1}^{e}ln x dx\)
\(=e-\frac{1}{e}-x lnx \Bigg|^1_{\frac{1}{e}}+\int_{\frac{1}{e}}^{1}dx+xln \Bigg|^e_1-\int_{1}^{e}dx\)
\(=e-\frac{1}{e}-\frac{1}{e}+1-\frac{1}{e}+e-e+1=e-\frac{3}{e}+2\) (đvdt)
Câu c:
Xét phương trình: \((x-6)^2=6x-x^2\Leftrightarrow 2x^2-18x+36=0\)
\(\Leftrightarrow x=3;x=6\)
Do đó diện tích cần tìm là:
\(S=\int_{3}^{6} \left | (x-6)^2-(6x-x^2) \right |dx= \int_{3}^{6} \left | 2x^2-18x+36 \right |dx\)
\(=-2\int_{3}^{6}(x^2-9x+18)dx\)
(Vì: \(2x^2-18x+36 \leq 0\) khi \(3\leq x\leq 6\))
\(=-2\left ( \frac{x^3}{3}-\frac{9}{2}x^2+18x \right ) \bigg|^6_3=-2\left ( 8-\frac{45}{2} \right )=9\) (đvdt).
==============
Bài tập 2 trang 121 SGK Giải tích 12
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = x2 +1, tiếp tuyến với đường thẳng này tại điểm M(2;5) và trục Oy.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 2
Ta lập phương trình tiếp tuyến với \(y=x^2+1\) tại M ta có \(y’=2x\Rightarrow y'(2)=4.\) Do đó phương trình tiếp tuyến với \(y=x^2+1\) tại M(2;5) có phương trình là: \(y=4x-3\)
Vậy diện tích cần tìm là:
\(S=\int_{0}^{2}|x^{2}+1 -(4x+3)|dx =\int_{0}^{2}(x^{2}-4x+4)dx\)
\(=\left ( \frac{1}{3}x^3-2x^2+4x \right ) \Bigg|^2_0 =\frac{8}{3} -8 +8=\frac{8}{3}.\) (đvdt)
===========
Bài 3:Trang 121-sgk giải tích 12
Parabol $y=\frac{x^{2}}{2}$ chia hình tròn có tâm tại gộc toạ độ, bán kính $2\sqrt{2}$ thành hai phần.
Tìm tỉ số diện tích của chúng.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 3
Từ hình vẽ ta có:
\(S_1=2 \int_{0}^{2} \left [ \sqrt{8-x^2}-\frac{x^2}{2} \right ] dx\)
\(=2 \int_{0}^{2} \sqrt{8-x^2}- \int_{0}^{2} x^2 dx\)
\(=2 \int_{0}^{2} \sqrt{8-x^2}dx-\frac{x^3}{3}\Bigg |^2_0\)
\(=2 \int_{0}^{2} \sqrt{8-x^2}dx-\frac{8}{3}\)
Đặt \(x=2\sqrt{2}sint\Rightarrow dx=2\sqrt{2}costdt\)
Khi x = 0 thì t = 0; khi x = 2 thì \(t=\frac{\pi }{4}\)
\(\Rightarrow 2\int_{0}^{2}\sqrt{8-x^2}dx=4\sqrt{2} \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{8-8sin^2t}.cost dt\)
\(=16 \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}cos^2t dt=8 \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}(1+cos2t)dt=2\pi+4\)
\(\Rightarrow S_1=2\pi+4-\frac{8}{3}=\frac{6\pi+4}{3}\)
Gọi S là diện tích hình tròn tâm O bán kính \(R=2\sqrt{2}\) ta có \(S=8\pi .\)
Từ đó \(\Rightarrow S_2=S-S_1=8\pi-\frac{6\pi+4}{3}= \frac{18 \pi-4}{3}\)
Vậy \(\frac{S_2}{S_1}=\frac{18\pi -4}{6\pi+4}=\frac{9\pi-2}{3\pi+2}\)
================
Bài tập 4 trang 121 SGK Giải tích 12
Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường sau quay quanh trục Ox:
a) \(\small y = 1 – x^2 , y = 0\) ;
b) \(\small y = cosx, y = 0, x = 0, x = \pi\) ;
c) \(\small y = tanx, y = 0, x = 0,x=\frac{\pi }{4}\) ;
Hướng dẫn giải chi tiết bài 4
Câu a:
Xét phương trình: \(1-x^2=0\Leftrightarrow x=1;x=-1\)
Áp dụng công thức (5) ta có thể tích cần tìm là:
\(V= \pi \int_{-1}^{1}(1-x^2)^2dx= \pi \int_{-1}^{1} (1-2x^2+x^4)dx\)
\(=\left ( x-\frac{2}{3}x^3+\frac{x^5}{5} \right ) \Bigg|^1_{-1}= \pi\left [ \left ( 1-\frac{2}{3} +\frac{1}{5}\right ) – \left ( -1+\frac{2}{3}-\frac{1}{5} \right )\right ]\)
\(=\pi \left ( 2-\frac{4}{3}+\frac{2}{5} \right )=\frac{16 \pi}{15}\)
Câu b:
Áp dụng công thức (5) ta có:
\(V=\pi \int_{0}^{\pi }cos^2x dx=\pi \int_{0}^{\pi }\frac{1+cos2x}{2}dx\)
\(=\frac{\pi }{2} \int_{0}^{\pi }dx+\frac{\pi }{4} \int_{0}^{\pi }cos2x d2x\)
\(=\frac{\pi }{2}x \Bigg|^{\pi}_0+ \frac{\pi }{4}sin 2x \Bigg|^{\pi}_0= \frac{\pi ^2}{2}\)
Câu c:
Áp dụng công thức (5) ta có:
\(V=\pi \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}tan^2x dx= \pi \int_{0}^{\frac{\pi }{4}} \left ( \frac{1}{cos^2x}-1 \right )dx\)
\(=\pi \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{dx}{cos^2x}-\pi \int_{0}^{\frac{\pi }{4}}dx\)
\(=\pi tan x \Bigg |_{0}^{\frac{\pi }{4}}- \pi x\Bigg |_{0}^{\frac{\pi }{4}}= \pi -\frac{\pi ^2}{4}=\pi \left ( 1-\frac{\pi }{4} \right )\)
==============
Bài tập 5 trang 121 SGK Giải tích 12
Cho tam giác vuông OPM có cạnh OP nằm trên trục Ox. Đặt \(\widehat{POA}=\alpha\) và \(OM=R, \left ( 0\leq \alpha \leq \frac{\pi }{3}, R>0 \right )\).
Gọi $\upsilon$ là khối tròn xoay thu được khi quay tam giác đó xung quanh Ox (H.63).
a) Tính thể tích của $\upsilon$ theo α và R.
b) Tìm \(\small \alpha\) sao cho thể tích $\upsilon$ là lớn nhất.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 5
Câu a:
Ta có: \(OP=R.cos\alpha ; PM=R.sin\alpha\)
⇒ Diện tích đáy B của khối tròn xoay V là: \(B= \pi .PM^2=\pi .R^2.sin^2\alpha .\)
Theo công thức (4) ta có thể tích của khối tròn xoay V là:
\(V=\frac{1}{3}B.OP=\frac{1}{3}.R.cos\alpha .\pi .R^2.sin^2\alpha\)
\(=\frac{1}{3}\pi .R^3.cos\alpha .sin^2\alpha =\frac{1}{3}\pi .R^3(cos\alpha -cos^3\alpha )\)
Với \(\left ( 0\leq \alpha \leq \frac{\pi }{3} \right )\)
Câu b:
Ta có V lớn nhất \(\Leftrightarrow cos\alpha -cos^3\alpha\) lớn nhất.
Xét hàm số \(f(t)=t-t^3(t=cos\alpha )\). Khi \(\alpha \in \left ( 0;\frac{\pi }{3} \right )\) thì \(t \in \left ( \frac{1}{2};1\right )\)
Ta có: \(f'(t)= 1 – 3{t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\;\;\left( {tm} \right)\\t = – \frac{{\sqrt 3 }}{3}\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\)
Ta có bảng biến thiên:
⇒ f(t) lớn nhất bằng \(\frac{2}{3\sqrt{3}}\) khi \(t=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Hay \(cos \alpha -cos^3\alpha\) lớn nhất: \(\frac{2}{3\sqrt{3}}\) đạt được khi \(cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Vậy \(V_{max}=\frac{2\pi \sqrt{3}}{27}R^3\) khi \(cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}\).
Trả lời