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 nâng cao: Ứng dụng tích phân để tính thể tích vật thể.
CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP
Bài 29. Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng $x = -1$ và $x = 1$, biết rằng thiết diện vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x$ $( – 1 \le x \le 1)$ là một hình vuông cạnh là $2\sqrt {1 – {x^2}} .$
Lời giải:
Diện tích của thiết diện là $S(x) = {(2\sqrt {1 – x} )^2}.$
Thể tích của vật thể cần tìm là: $V = \int_{ – 1}^1 {{{(2\sqrt {1 – x} )}^2}} dx$ $ = \int_{ – 1}^1 {{{(4 – 4x)}^2}} dx.$
$V = \int_{ – 1}^1 {{{(2\sqrt {1 – x} )}^2}} dx$ $ = \int_{ – 1}^1 4 (1 – x)dx$ $ = \left. {\left( {4x – 2{x^2}} \right)} \right|_{ – 1}^1 = 8.$
Bài 30. Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng $x = 0$ và $x = \pi $, biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $0 \le x \le \pi $ là một tam giác đều cạnh là $2\sqrt {\sin x} .$
Lời giải:
Diện tích của thiết diện là: $S(x) = \frac{1}{2}{(2\sqrt {\sin x} )^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ $ = \sqrt 3 \sin x.$
Vậy thể tích của vật thể đã cho là: $V = \int_0^\pi {\sqrt 3 } \sin xdx$ $ = – \left. {\sqrt 3 \cos x} \right|_0^\pi = 2\sqrt 3 .$
Bài 31. Cho hình phẳng $A$ giới hạn bởi các đường $y = 0$, $x = 4$ và $y = \sqrt x – 1.$ Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình $A$ quanh trục hoành.
Lời giải:
Giao điểm của đường $y = \sqrt x – 1$ và đường $y = 0$ có hoành độ là $x = 1$, như vậy: $V = \pi \int_1^4 {{{(\sqrt x – 1)}^2}} dx.$
$ = \pi \int_1^4 {(x – 2\sqrt x + 1)dx} .$
$ = \pi \left[ {\left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – 2.\frac{{{x^{\frac{3}{2}}}}}{{\frac{3}{2}}} + x} \right)} \right|_1^4} \right] = \frac{{7\pi }}{6}.$
Bài 32. Cho hình phẳng $B$ giới hạn bởi các đường $x = \frac{2}{y}$, $y = 1$ và $y = 4.$ Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình $B$ quanh trục tung.
Lời giải:
Thể tích vật thể cần tìm là:
$V = \pi \int_1^4 {{{\left( {\frac{2}{y}} \right)}^2}} dy$ $ = \pi \int_1^4 {\frac{4}{{{y^2}}}dy} $ $ = \left. {4\pi \left( {\frac{{ – 1}}{y}} \right)} \right|_1^4 = 3\pi .$
Bài 33. Cho hình phẳng $B$ giới hạn bởi các đường $x = \sqrt 5 {y^2}$, $x = 0$, $y = – 1$ và $y = 1.$ Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình $B$ quanh trục tung.
Lời giải:
Thể tích khối tròn xoay tạo thành:
$V = \pi \int_{ – 1}^1 {{{\left( {\sqrt 5 {y^2}} \right)}^2}} dy$ $ = \pi \int_{ – 1}^1 5 {y^4}dy$ $ = \left. {5\pi \frac{{{y^5}}}{5}} \right|_{ – 1}^1 = 2\pi .$
LUYỆN TẬP
Bài 34. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:
a) Đồ thị các hàm số $y = x$, $y = 1$ và $y = \frac{{{x^2}}}{4}$ trong miền $x \ge 0$, $y \le 1.$
b) Đồ thị hai hàm số $y = {x^4} – 4{x^2} + 4$, $y = {x^2}$, trục tung và đường thẳng $x = 1.$
c) Đồ thị các hàm số $y = {x^2}$, $y = 4x – 4$ và $y = – 4x – 4.$
Lời giải:
a) Cách 1: Hoành độ giao điểm của đường thẳng $y = x$ và $y = 1$ là $x = 1.$
Hoành độ giao điểm của đường thẳng $y = 1$ và đường cong $y = \frac{{{x^2}}}{4}$ trong miền $x \ge 0$ là $x = 2.$
Diện tích hình phẳng cần tìm chính là tổng diện tích tam giác cong $OAC$ và tam giác cong $ACB.$
Diện tích tam giác cong $OAC$ là:
$\int_0^1 {\left( {x – \frac{{{x^2}}}{4}} \right)dx} $ $ = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – \frac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{5}{{12}}.$
Diện tích tam giác cong $ACB$ là:
$\int_1^2 {\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{4}} \right)dx} $ $ = \left. {\left( {x – \frac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_1^2 = \frac{5}{{12}}.$
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là: $\frac{5}{{12}} + \frac{5}{{12}} = \frac{5}{6}.$
Cách 2: Coi hình phẳng đã cho là hình phẳng giới hạn bởi đường cong có phương trình $x = 2\sqrt y $, đường thẳng $x = y$, $y = 0$ và đường thẳng $y = 1.$ Diện tích cần tìm là:
$S = \int_0^1 {(2\sqrt y – y)dy} $ $ = \left. {\left( {2\frac{{y\sqrt y }}{{\frac{3}{2}}} – \frac{{{y^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = \frac{5}{6}.$
b) Diện tích hình phẳng cần tìm là:
$S = \int_0^1 {\left| {{x^4} – 4{x^2} + 4 – {x^2}} \right|dx} $ $ = \int_0^1 {\left| {{x^4} – 5{x^2} + 4} \right|dx} .$
Vì ${x^4} – 5{x^2} + 4$ $ = \left( {{x^2} – 1} \right)\left( {{x^2} – 4} \right) \ge 0$, $\forall x \in [0;1].$
Nên $S = \int_0^1 {\left( {{x^4} – 5{x^2} + 4} \right)dx} $ $ = \left. {\left( {\frac{{{x^5}}}{5} – \frac{{5{x^3}}}{3} + 4x} \right)} \right|_0^1$ $ = \frac{1}{5} – \frac{5}{3} + 4 = \frac{{38}}{{15}}.$
c) Ta thấy đường thẳng $y = -4x – 4$ và đường thẳng $y = 4x – 4$ lần lượt là hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = {x^2}$ tại các tiếp điểm có hoành độ $x = -2$ và $x = 2.$
Do tính đối xứng qua $Oy$ của parabol $y = {x^2}$ nên diện tích hình phẳng cần tìm bằng $2$ lần diện tích tam giác cạnh $OM{T_2}$ và bằng:
$S = 2\int_0^2 {\left[ {{x^2} – (4x – 4)} \right]dx} $ $ = 2\int_0^2 {{{(x – 2)}^2}} dx.$
$ = \left. {2.\frac{{{{(x – 2)}^3}}}{3}} \right|_0^2 = \frac{{16}}{3}.$
Bài 35. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:
a) Đồ thị hai hàm số $y = {x^2} + 1$ và $y = 3 – x.$
b) Các đường có phương trình $x = {y^3}$, $y = 1$ và $x = 8.$
c) Đồ thị hai hàm số $y = \sqrt x $, $y = 6 – x$ và trục hoành.
Lời giải:
a) Hoành độ giao điểm đồ thị hai hàm số $y = {x^2} + 1$ và $y = 3 – x$ là nghiệm của phương trình: ${x^2} + 1 = 3 – x$ $ \Leftrightarrow {x^2} + x – 2 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1}\\
{x = – 2}
\end{array}} \right..$
Vậy diện tích cần tìm là: $S = \int_{ – 2}^1 {\left| {\left( {{x^2} + 1} \right) – (3 – x)} \right|dx} $ $ = \int_{ – 2}^1 {\left| {{x^2} + x – 2} \right|dx} .$
$ = – \int_{ – 2}^1 {\left( {{x^2} + x – 2} \right)dx} $ $ = – \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} – 2x} \right)} \right|_{ – 2}^1 = \frac{9}{2}.$
b) Tung độ giao điểm của đường cong $x = {y^3}$ và đường thẳng $x = 8$ là nghiệm của phương trình ${y^3} = 8$ $ \Leftrightarrow y = 2.$ Vậy diện tích cần tìm là:
$S = \int_1^2 {\left| {{y^3} – 8} \right|dy} $ $ = – \int_1^2 {\left( {{y^3} – 8} \right)dy} $ $ = – \left. {\left( {\frac{{{y^4}}}{4} – 8y} \right)} \right|_1^2.$
$ = – \left[ {\left( {\frac{{16}}{4} – 16} \right) – \left( {\frac{1}{4} – 8} \right)} \right] = \frac{{17}}{4}.$
c) Ta có: $y = \sqrt x $ $ \Leftrightarrow x = {y^2}$ $(y \ge 0)$, $y = 6 – x$ $ \Leftrightarrow x = 6 – y.$
Tung độ giao điểm của hai đường $x = {y^2}$, $x = 6 – y$ là nghiệm của phương trình ${y^2} = 6 – y$ $ \Leftrightarrow {y^2} + y – 6 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y = – 3\,\,({\rm{loại}}\,{\rm{vì}}\,y \ge 0)}\\
{y = 2}
\end{array}} \right..$
Vậy diện tích cần tìm là: $S = \int_0^2 {\left| {{y^2} – (6 – y)} \right|dy} $ $ = \int_0^2 {\left| {{y^2} + y – 6} \right|dy} .$
$ = – \int_0^2 {\left( {{y^2} + y – 6} \right)dy} $ $ = – \left. {\left( {\frac{{{y^3}}}{3} + \frac{{{y^2}}}{2} – 6y} \right)} \right|_0^2$ $ = – \left( {\frac{8}{3} + \frac{4}{2} – 12} \right) = \frac{{22}}{3}.$
Bài 36. Tính thể tích của vật thể $T$ nằm giữa hai mặt phẳng $x = 0$ và $x = \pi $, biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ $x$ $(0 \le x \le \pi )$ là một hình vuông cạnh là $2\sqrt {\sin x} .$
Lời giải:
Diện tích thiết diện là $S(x) = {(2\sqrt {\sin x} )^2}.$
Vậy thể tích của vật $T$ được tính bởi:
$V = \int_0^\pi {{{(2\sqrt {\sin x} )}^2}} dx$ $ = \int_0^\pi 4 \sin xdx$ $ = – \left. {4\cos x} \right|_0^\pi $ $ = – 4( – 1 – 1) = 8.$
Bài 37. Cho hình phẳng $A$ giới hạn bởi các đường $y = {x^2}$, $y = 0$, $x = 0$ và $x = 2.$ Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình $A$ quanh trục hoành.
Lời giải:
Thể tích khối tròn xoay tạo thành được tính theo công thức:
$V = \pi \int_0^2 {{x^4}} dx$ $ = \left. {\pi .\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^2 = \frac{{32\pi }}{5}.$
Vậy thể tích cần tìm là: $V = \frac{{32\pi }}{5}.$
Bài 38. Cho hình phẳng $A$ giới hạn bởi các đường $y = \cos x$, $y = 0$, $x = 0$ và $x = \frac{\pi }{4}.$ Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình $A$ quanh trục hoành.
Lời giải:
Thể tích cần tìm là: $V = \pi \int_0^{\frac{\pi }{4}} {{{(\cos x)}^2}} dx$ $ = \pi \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}dx} .$
$ = \left. {\frac{\pi }{2}\left( {x + \frac{1}{2}\sin 2x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}}$ $ = \frac{\pi }{2}\left( {\frac{\pi }{4} + \frac{1}{2}} \right)$ $ = \frac{{{\pi ^2}}}{8} + \frac{\pi }{4}.$
Bài 39. Cho hình phẳng $A$ giới hạn bởi các đường $y = x.{e^{\frac{x}{2}}}$, $y = 0$, $x = 0$ và $x = 1.$ Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình $A$ quanh trục hoành.
Lời giải:
Ta có: $V = \pi \int_0^1 {{{\left( {x.{e^{\frac{x}{2}}}} \right)}^2}} dx$ $ = \pi \int_0^1 {{x^2}} .{e^x}dx.$
Tính tích phân $I = \int_0^1 {{x^2}} .{e^x}dx$ ta có:
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u(x) = {x^2}}\\
{v'(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u'(x) = 2x}\\
{v(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow I = \left. {{x^2}.{e^x}} \right|_0^1 – \int_0^1 2 x.{e^x}dx$ $ = e – 2\int_0^1 x .{e^x}dx.$
Tính ${I_1} = \int_0^1 x .{e^x}dx$ ta có:
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1}(x) = x}\\
{{v_1}'(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1}'(x) = 1}\\
{{v_1}(x) = {e^x}}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow {I_1} = x.\left. {{e^x}} \right|_0^1 – \int_0^1 {{e^x}} dx$ $ = e – \left. {{e^x}} \right|_0^1$ $ = e – (e – 1) = 1.$
$ \Rightarrow I = e – 2.1 = e – 2.$
Vậy $V = \pi (e – 2).$
Bài 40. Cho hình phẳng $B$ giới hạn bởi các đường $x = \sqrt {2\sin 2y} $, $x = 0$, $y = 0$ và $y = \frac{\pi }{2}.$ Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình $B$ quanh trục tung.
Lời giải:
Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:
$V = \pi \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{(\sqrt {2\sin 2y} )}^2}} dy$ $ = \pi \int_0^{\frac{\pi }{2}} 2 \sin 2ydy$ $ = – \left. {\pi \cos 2y} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}.$
$ = – \pi (\cos \pi – \cos 0)$ $ = – \pi ( – 1 – 1) = 2\pi .$
