Giải bài tập toán đại nâng cao 12 trang 167 năm 2024

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 1\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=0\) và \(x = {{7\pi } \over 6}\)

Phương pháp giải - Xem chi tiết

Sử dụng công thức tính diện tích \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \)

Lời giải chi tiết

Vì \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 1 \ge 0\) với mọi \(x\) nên

\(S = \int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\left| {\sin x + 1} \right|dx} \) \( = \int\limits_0^{{{7\pi } \over 6}} {\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 1} \right)} dx \) \( = \left. {\left( { - \cos x + x} \right)} \right|_0^{\frac{{7\pi }}{6}}\) \(= - \cos \frac{{7\pi }}{6} + \frac{{7\pi }}{6} + \cos 0 - 0 \) \(= \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{7\pi }}{6} + 1\)

Bài 5 Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng. Giải bài 26, 27, 28 trang 167 SGK Giải tích lớp 12 Nâng cao. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ; Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

Bài 26: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 1\), trục hoành và hai đường thẳng \(x=0\) và \(x = {{7\pi } \over 6}\)

Giải: Vì \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 1 \ge 0\) với mọi \(x\) nên

\(S = \int\limits_0^{{{7\pi } \over 6}} {\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + 1} \right)} dx = \left. {\left( { – \cos x + x} \right)} \right|_0^{{{7\pi } \over 6}}\)

\(= {{7\pi } \over 6} + {{\sqrt 3 } \over 2} + 1\)

Bài 27: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

1. Đồ thị hàm số \(y = {\cos ^2}x,\) trục hoành, trục tung và đường thẳng \(x = \pi ;\)
2. Đồ thị hai hàm số \(y = \sqrt x \) và \(y = \root 3 \of x ;\)
3. Đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) và \(y = {x^4} – 2{x^2}\) trong miền \(x \ge 0.\)

Giải: a) \(S = \int\limits_0^\pi {{{\cos }^{2}xdx = {1 \over 2}} \int\limits_0}\pi {\left( {1 + \cos 2x} \right)} dx\)

\(= \left. {{1 \over 2}\left( {x + {1 \over 2}\sin 2x} \right)} \right|_0^\pi = {\pi \over 2}\)

2. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là \(\sqrt x = \root 3 \of x \Leftrightarrow x = 0;x = 1\) Trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) thì \(\root 3 \of x \ge \sqrt x \) nên:

\(S = \int\limits_0^1 {\left( {\root 3 \of x – \sqrt x } \right)} dx = \int\limits_0^1 {\left( {{x^{{1 \over 3}}} – {x^{{1 \over 2}}}} \right)} dx\)

\(= \left. {\left( {{3 \over 4}{x^{{4 \over 3}}} – {2 \over 3}{x^{{3 \over 2}}}} \right)} \right|_0^1 = {3 \over 4} – {2 \over 3} = {1 \over {12}}\)

3. Trong miền \(x \ge 0\) hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm phương trình:

\(\left\{ \matrix{ x \ge 0 \hfill \cr {x^4} – 2{x^2} = 2{x^2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x \ge 0 \hfill \cr {x^2}\left( {{x^2} – 4} \right) = 0 \hfill \cr} \right.\)

Advertisements (Quảng cáo)

\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 0 \hfill \cr x = 2 \hfill \cr} \right.\)

Ta có: \(S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^4} – 2{x^2} – 2{x^2}} \right|} dx = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2}\left( {{x^2} – 4} \right)} \right|} dx \)

\(= \int\limits_0^2 {\left( {4{x^2} – {x^4}} \right)} dx\)

\( = \left. {\left( {4{{{x^3}} \over 3} – {{{x^5}} \over 5}} \right)} \right|_0^2 = {{64} \over {15}}\)

Bài 28: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

1. Đồ thị các hàm số \(y = {x^2} – 4\), \(y = – {x^2} – 2x\) và đường thẳng \(x = – 3,x = – 2;\)
2. Đồ thị hai hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = – {x^2} – 2x\)
3. Đồ thị hàm số \(y = {x^3} – 4x\), trục hoành, đường thẳng x=-2 và đường thẳng x=4

Advertisements (Quảng cáo)

Giải: a) Ta có

\(S = \int\limits_{ – 3}^{ – 2} {\left| {{x^2} – 4 – \left( { – {x^2} – 2x} \right)} \right|} dx \)

\(= \int\limits_{ – 3}^{ – 2} {\left( {2{x^2} + 2x – 4} \right)} dx\)

\( = 2\int\limits_{ – 3}^{ – 2} {\left( {{x^2} + x – 2} \right)} dx\) vì \(({x^2} + x – 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \le – 2\) hoặc \(x \ge 1)\)

\( = 2\left. {\left( {{{{x^3}} \over 3} + {{{x^2}} \over 2} – 2x} \right)} \right|_{ – 3}^{ – 2} = {{11} \over 3}\)

b)Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

\({x^2} – 4 = – {x^2} – 2x \Leftrightarrow {x^2} + x – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = – 2 \hfill \cr x = 1 \hfill \cr} \right.\)

Do đó \(S = \int\limits_{ – 2}^1 {\left| {{x^2} – 4 – \left( { – {x^2} – 2x} \right)} \right|} dx \)

\(= \int\limits_{ – 2}^1 {\left| {2{x^2} + 2x – 4} \right|} dx\)

\( = – \int\limits_{ – 2}^1 {\left( {2{x^2} + 2x – 4} \right)} dx\) ( vì \( – 2 \le x \le 1 \Leftrightarrow 2{x^2} + 2x – 4 \le 0\))

\( = \int\limits_{ – 2}^1 {\left( { – 2{x^2} – 2x + 4} \right)} dx \)

\(= \left. {\left( { – {{2{x^3}} \over 3} – {x^2} + 4x} \right)} \right|_{ – 2}^1 = 9\)

3. \(S = \int\limits_{ – 2}^4 {\left| {{x^3} – 4x} \right|} dx \)

\(= \int\limits_{ – 2}^0 {\left( {{x^3} – 4x} \right)} dx – \int\limits_0^2 {\left( {{x^3} – 4x} \right)} dx \)