Giải tích 12 cơ bản - Chương 3 - Bài 3. Ứng dụng của tích phân trong hình học

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    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) \(y = {\left( x-6 \right)}^2,y = 6x-{x^2}\)

    Hướng dẫn giải :

    a) Phương trình hoành độ giao điểm \(f(x) = x^2-x -2 =0 ⇔ x = -1\) hoặc \(x = 2\).

    Diện tích hình phẳng cần tìm là :

    \(S=\int_{-1}^{2}\left |x^{2}- x- 2 \right |dx = \left | \int_{-1}^{2}\left (x^{2}- x- 2 \right ) dx \right |\)

    \(=\left |\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{2}}{2}-2x|_{-1}^{2} \right |=\left |\frac{8}{3}-2-4-(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+2) \right |\)\(=4\tfrac{1}{2}\)

    b) Phương trình hoành độ giao điểm:

    \(f(x) = 1 - ln|x| = 0 ⇔ lnx = ± 1\)

    \(⇔ x = e\) hoặc \(x = \frac{1}{e}\)
    [​IMG]

    \(y = ln|x| = lnx\) nếu \(lnx ≥ 0\) tức là \(x ≥ 1\).

    hoặc \(y = ln|x| = - lnx\) nếu \(lnx < 0\), tức là \(0 < x < 1\).

    Dựa vào đồ thị hàm số vẽ ở hình trên ta có diện tích cần tìm là :

    \(S=\int_{\frac{1}{e}}^{e}|1- ln|x||dx =\int_{\frac{1}{e}}^{1}(1+lnx)dx \)

    \(+\int_{1}^{e}(1-lnx)dx\)

    \(= x|_{\frac{1}{e}}^{1}+\int_{\frac{1}{e}}^{1}lnxdx +x|_{1}^{e}-\int_{1}^{e}lnxdx\)

    \(=-\frac{1}{e}+e+\int_{\frac{1}{e}}^{1}lndx-\int_{1}^{e}lnxdx\)

    Ta có \(∫lnxdx = xlnx - ∫dx = xlnx – x + C\), thay vào trên ta được :

    \(S=e-\frac{1}{e}+(xlnx-x)|_{\frac{1}{e}}^{1}- (xlnx-x)|_{1}^{e}\)\(=e+\frac{1}{e}-2\)

    c) Phương trình hoành độ giao điểm là:

    \(f\left( x \right) =6x-{x^2}-{\left( {x -6} \right)^2} = - 2({x^2}-9x+ 18)\)\(=0\)

    \(⇔ - 2({x^2}-9x+ 18) ⇔ x = 3\) hoặc \(x = 6\).

    Diện tích cần tìm là:

    \(S=\int_{3}^{6}|-2(x^{2}-9x+18)|dx\)

    \(=|2\int_{3}^{6}(x^{2}-9x+18)dx|\)

    \(=\left |2(\frac{x^{3}}{3}-\frac{9}{2}x^{2}+18x)|_{3}^{6} \right |=9\).

    Bài tập 2 - Trang 121 - SGK Giải tích 12. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(y = {x^2} + 1\), tiếp tuyến với đường thẳng này

    tại điểm \(M(2;5)\) và trục \(Oy\).

    Hướng dẫn giải:

    Phương trình tiếp tuyến là \(y = 4x - 3\).

    Phương trình hoành độ giao điểm

    \({x^2} + 1 =4x - 3 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4= 0 ⇔ x = 2\).

    Do đó diện tích phải tìm là:

    \(S=\int_{0}^{2}|x^{2}+1 -4x+3|dx=\int_{0}^{2}(x^{2}-4x+4)dx\)

    \(=\frac{8}{3}=2\tfrac{2}{3}\).

    Bài tập 3 - Trang 121 - SGK Giải tích 12. Parabol \(y = {{{x^2}} \over 2}\) chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính \(2\sqrt2\) thành hai phần. Tìm tỉ số diện tích của chúng.

    Hướng dẫn giải:

    Đường tròn đã cho có phương trình \({x^{2}} + {\rm{ }}{y^2} = {\rm{ }}8\)

    Từ đó ta có: \(y = \pm \sqrt {8 + {x^2}} \)

    Tọa độ giao điểm của \((C)\) và \((P)\) thỏa mãn hệ:

    \(\left\{ \matrix{
    {x^2} = 2y \hfill \cr
    {x^2} + {y^2} = 8 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
    {y^2} + 2y - 8 = 0 \hfill \cr
    {x^2} = 2y \hfill \cr} \right.\)

    \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
    y = 2 \hfill \cr
    x = \pm 2 \hfill \cr} \right.\)

    \(S_1 = 2\int_0^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}} - {{{x^2}} \over 2}} \right)} d{\rm{x}}\)

    \(= 2\int\limits_0^2 {\sqrt {8 - {x^2}} dx - \left[ {{{{x^3}} \over 3}} \right]} \left| {_0^2 = 2\int\limits_0^2 {\sqrt {8 - {x^2}} } dx - {8 \over 3}} \right.\)

    Đặt \(x = 2\sqrt 2 \sin t \Rightarrow dx = 2\sqrt 2 {\mathop{\rm costdt}\nolimits} \)

    Đổi cận: \(\eqalign{
    & x = 0 \Rightarrow t = 0 \cr
    & x = 2 \Rightarrow t = {\pi \over 4} \cr} \)

    \({S_1} = 2\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {\sqrt {8 - 8{{\sin }^2}t} .2\sqrt 2 {\rm{costdt - }}{8 \over 3}} \)

    \( = 16\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {{{\cos }^2}tdt - {8 \over 3}} \)\( = 8\int\limits_0^{{\pi \over 4}} {(1 + cos2t)dt - {8 \over 3}} \)

    \(= [8t + 4sint2t]|_0^{{\pi \over 4}} - {8 \over 3} = 2\pi + {4 \over 3}\)

    Diện tích hình tròn là: \(\pi R^2=8\pi\)

    và \({S_2} = 8\pi - {S_1}=6\pi+{4\over 3}.\)

    Vậy \({{{S_2}} \over {{S_1}}} = {{9\pi - 2} \over {3\pi + 2}}\).

    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) \(y = 1 - x^2\), \(y = 0\) ;

    b) \(y = cosx, y = 0, x = 0, x = π\) ;

    c) \(y = tanx, y = 0, x = 0\), \(x=\frac{\pi }{4}\) ;

    Hướng dẫn giải:

    a) Phương trình hoành độ giao điểm \(1 - x^2= 0 ⇔ x = ±1\).

    Thể tích cần tìm là :

    \(V=\pi \int_{-1}^{1}(1-x^{2})^{2}dx=2\pi \int_{0}^{1}(x^{4}-2x^{2}+1)dx\)

    \(=2\pi \left (\frac{x^{4}}{5}- \frac{2}{3}x^{3}+x \right )|_{0}^{1}=2\pi\left ( \frac{1}{5}-\frac{2}{3}+1 \right )=\frac{16}{15}\pi\)

    b) Thể tích cần tìm là :

    \(V= \pi \int_{0}^{\pi }cos^{2}xdx =\frac{\pi }{2}\int_{0}^{\pi}(1+cos2x)dx\)

    \(=\frac{\pi }{2}\left (x+\frac{1}{2}sin2x \right )|_{0}^{\pi }=\frac{\pi }{2}\pi =\frac{\pi ^{2}}{2}\)

    c) Thể tích cần tìm là :

    \(V=\pi\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}tan^{2}xdx=\pi\int_{0}^{\frac{\pi }{4} }\left (\frac{1}{cos^{2}x}-1 \right )dx\)

    \(=\pi \left (tanx-x \right )|_{0}^{\frac{\pi }{4}}=\pi (1-\frac{\pi }{4})\).


    Bài 5 trang 121 SGK Giải tích 12. Cho tam giác vuông \(OPM\) có cạnh \(OP\) nằm trên trục \(Ox\). Đặt \(\widehat {POM} = \alpha \)

    và \(OM = R\), \(\left( {0 \le \alpha \le {\pi \over 3},R > 0} \right)\)

    Gọi
    [​IMG]
    là khối tròn xoay thu được khi quay tam giác đó xung quanh \(Ox\) (H.63).

    a) Tính thể tích của
    [​IMG]
    theo \(α\) và \(R\).

    b) Tìm \(α\) sao cho thể tích
    [​IMG]
    là lớn nhất.

    [​IMG]

    Hướng dẫn giải :

    a) Hoành độ điểm \(P\) là :

    \(x_p= OP = OM. cos α = R.cosα\)

    Phương trình đường thẳng \(OM\) là \(y = tanα.x\). Thể tích \(V\) của khối tròn xoay là:

    \(V = \pi \int\limits_0^{R\cos \alpha } {{{\tan }^2}\alpha {{{x^3}} \over 3}\left| {_0^{R\cos \alpha } = {{\pi .{R^3}} \over 3}(\cos \alpha - {{\cos }^3}} \right.} \alpha )\)

    b) Đặt \(t = cosα \Rightarrow t ∈ \left[ {{1 \over 2};1} \right]\). \(\left( \text{ vì }{\alpha \in \left[ {0;{\pi \over 3}} \right]} \right)\), \(α = arccos t\).

    Ta có :

    \(\eqalign{
    & V = {{\pi {R^3}} \over 3}(t - {t^3});V' = {{\pi {R^3}} \over 3}(1 - 3{t^2}) \cr
    & V' = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
    t = {{\sqrt 3 } \over 3} \hfill \cr
    t = {{ - \sqrt 3 } \over 3}\text{ (loại)} \hfill \cr} \right. \cr} \)

    Từ đó suy ra \(V\) lớn nhất bằng \({{2\sqrt 3 \pi R^3} \over 27}\) \(\Leftrightarrow t = {{\sqrt 3 } \over 3} \Leftrightarrow \alpha = \arccos {{\sqrt 3 } \over 3}\)