Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Giải tích 12 cơ bản: Ứng dụng của tích phân trong hình học.
CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP
Bài 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
a) $y = {x^2}$, $y = x + 2.$
b) $y = |\ln x|$, $y = 1.$
c) $y = {(x – 6)^2}$, $y = 6x – {x^2}.$
Lời giải:
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 ${x^2} – x – 2 \le 0$ khi $ – 1 \le x \le 2.$
Nên: $S = – \int_{ – 1}^2 {\left( {{x^2} – x – 2} \right)dx} $ $ = \left. {\left( { – \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right)} \right|_{ – 1}^2$ $ = \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).
b) Xét phương trình: $|\ln x| = 1$ $ \Leftrightarrow x = e$, $x = \frac{1}{e}.$
Do đó diện tích cần tìm là: $S = \int_{\frac{1}{e}}^e {\left| {\left| {\ln x} \right| – 1} \right|dx} .$
Ta có: $|\ln x| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\ln x\:{\rm{ nếu }}\:x \ge 1}\\
{ – \ln x\:{\rm{ nếu }}\:0 < x \le 1}
\end{array}} \right..$
Do đó:
$S = \int_{\frac{1}{e}}^e {\left| {\left| {\ln x} \right| – 1} \right|dx} $ $ = \int_{\frac{1}{e}}^1 | \ln x – 1|dx + \int_1^e | – \ln x – 1|dx$ $ = \int_{\frac{1}{e}}^1 {(1 – \ln x)dx} + \int_1^e {(\ln x + 1)dx} $ (vì $\ln x – 1 < 0$, $\forall x \in \left[ {\frac{1}{e};1} \right]$ và $ – \ln x – 1 < 0$, $\forall x \in [1;e]$).
$ \Rightarrow S$ $ = \int_{\frac{1}{e}}^1 d x – \int_{\frac{1}{e}}^1 {\ln xdx} + \int_1^e {\ln xdx} + \int_1^e d x$ $ = \left. x \right|_{\frac{1}{e}}^1 + \left. x \right|_1^e – \int_{\frac{1}{e}}^1 {\ln xdx} + \int_1^e {\ln xdx} .$
$ = 1 – \frac{1}{e} + e – 1$ $ – \int_{\frac{1}{e}}^1 {\ln xdx} + \int_1^e {\ln xdx} $ $ = e – \frac{1}{e}$ $ – \left. {x\ln x} \right|_{\frac{1}{e}}^1 + \int_{\frac{1}{e}}^1 {dx} $ $ + \left. {x\ln x} \right|_1^e – \int_1^e {dx} .$
$ = e – \frac{1}{e} – \frac{1}{e} + 1 – \frac{1}{e} + e – e + 1$ $ = e – \frac{3}{e} + 2$ (đvdt).
c) Xét phương trình:
${(x – 6)^2} = 6x – {x^2}$ $ \Leftrightarrow 2{x^2} – 18x + 36 = 0$ $ \Leftrightarrow x = 3$, $x = 6.$
Do đó diện tích cần tìm là:
$S = \int_3^6 {\left| {{{(x – 6)}^2} – \left( {6x – {x^2}} \right)} \right|dx} $ $ = \int_3^6 {\left| {2{x^2} – 18x + 36} \right|dx} $ $ = – 2\int_3^6 {\left( {{x^2} – 9x + 18} \right)dx} $ (vì $2{x^2} – 18x + 36 \le 0$ khi $3 \le x \le 6$).
$ = – \left. {2\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – \frac{9}{2}{x^2} + 18x} \right)} \right|_3^6$ $ = – 2\left( {18 – \frac{{45}}{2}} \right) = 9$ (đvdt).
Bài 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = {x^2} + 1$, tiếp tuyến với đường này tại điểm $M(2;5)$ và trục $Oy.$
Lời giải:
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: $S = \int_0^2 {\left[ {{x^2} + 1 – (4x – 3)} \right]dx} .$
$ = \int_0^2 {\left( {{x^2} – 4x + 4} \right)dx} $ $ = \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} – 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_0^2$ $ = \frac{8}{3} – 8 + 8 = \frac{8}{3}$ (đvdt).
Bài 3. Parabol $y = \frac{{{x^2}}}{2}$ chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ bán kính $2\sqrt 2 $ thành hai phần. Tìm tỉ số diện tích của chúng.
Lời giải:
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}} } dx – \int_0^2 {{x^2}} dx.$
$ = 2\int_0^2 {\sqrt {8 – {x^2}} } dx – \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^2$ $ = 2\int_0^2 {\sqrt {8 – {x^2}} } dx – \frac{8}{3}.$
Đặt $x = 2\sqrt 2 \sin t$ $ \Rightarrow dx = 2\sqrt 2 \cos tdt.$
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 – 8{{\sin }^2}t} } .\cos tdt$ $ = 16\int_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\cos }^2}tdt} $ $ = 8\int_0^{\frac{\pi }{4}} {(1 + \cos 2t)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 suy ra ${S_2} = S – {S_1}$ $ = 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 4. Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường sau quay quanh $Ox:$
a) $y = 1 – {x^2}$; $y = 0.$
b) $y = \cos x$; $y = 0$; $x = 0$; $x = \pi .$
c) $y = \tan x$; $y = 0$; $x = 0$; $x = \frac{\pi }{4}.$
Lời giải:
a) Xét phương trình: $1 – {x^2} = 0$ $ \Leftrightarrow x = 1$, $x = – 1.$
Áp dụng công thức, ta có thể tích cần tìm là:
$V = \pi \int_{ – 1}^1 {{{\left( {1 – {x^2}} \right)}^2}} dx$ $ = \pi \int_{ – 1}^1 {\left( {1 – 2{x^2} + {x^4}} \right)dx} .$
$ = \left. {\pi \left( {x – \frac{2}{3}{x^3} + \frac{{{x^5}}}{5}} \right)} \right|_{ – 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}}.$
b) Áp dụng công thức, ta có:
$V = \pi \int_0^\pi {{{\cos }^2}xdx} $ $ = \pi \int_0^\pi {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}dx} $ $ = \frac{\pi }{2}\int_0^\pi d x + \frac{\pi }{4}\int_0^\pi {\cos 2xd2x} $ $ = \left. {\frac{\pi }{2}x} \right|_0^\pi + \left. {\frac{\pi }{4}\sin 2x} \right|_0^\pi $ $ = \frac{{{\pi ^2}}}{2}.$
c) Áp dụng công thức, ta có:
$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 \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}}} – \pi \int_0^{\frac{\pi }{4}} {dx} .$
$ = \left. {\pi \tan x} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} – \left. {\pi x} \right|_0^{\frac{\pi }{4}}$ $ = \pi – \frac{{{\pi ^2}}}{4}$ $ = \pi \left( {1 – \frac{\pi }{4}} \right).$
Bài 5. Cho tam giác vuông $OPM$ có cạnh $OP$ nằm trên $Ox.$ Đặt $\widehat {POM} = \alpha $, $OM = R$ (${0 \le \alpha \le \frac{\pi }{3}}$, $R > 0$). Gọi $V$ là khối tròn xoay thu được khi quay tam giác đó xung quanh trục $Ox.$
a) Tính thể tích của $V$ theo $\alpha $ và $R.$
b) Tìm $\alpha $ sao cho thể tích của $V$ lớn nhất.
Lời giải:
a) Ta có: $OP = R\cos \alpha $, $PM = R\sin \alpha .$
Suy ra diện tích đáy $B$ của khối tròn xoay $V$ là: $B = \pi P{M^2} = \pi {R^2}{\sin ^2}\alpha .$
Theo công thức, 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}\left( {\cos \alpha – {{\cos }^3}\alpha } \right)$ với $0 \le \alpha \le \frac{\pi }{3}.$
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 t = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ $\left( {\frac{1}{2} < t < 1} \right).$
Ta có bảng biến thiên:
Suy ra $f(t)$ 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 ${V_{\max {\rm{ }}}} = \frac{{2\pi \sqrt 3 }}{{27}}{R^3}$ khi $\cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.$
