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 \(x = \frac{1}{e}\) \(y = ln|x| = lnx\) 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 là khối tròn xoay thu được khi quay tam giác đó xung quanh \(Ox\) (H.63). a) Tính thể tích của theo \(α\) và \(R\). b) Tìm \(α\) sao cho thể tích là lớn nhất. 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 \({{2\sqrt 3 \pi R^3} \over 27}\) \(\Leftrightarrow t = {{\sqrt 3 } \over 3} \Leftrightarrow \alpha = \arccos {{\sqrt 3 } \over 3}\)