Giải Toán 12 Kết nối tri thức bài 12 Tích phân chi tiết dễ hiểu giúp các bạn tham khảo và làm bài tập một cách hiệu quả.
Câu 4.8. Sử dụng ý nghĩa hình học của tích phân, tính:
a) $\int_1^2 {(2x + 1)} dx$
b) $\int_{ – 3}^3 {\sqrt {9 – {x^2}} } dx$.
Lời giải
a)
Gọi $A\left( {1;0} \right),B\left( {2;0} \right)$ và $C,D$ lần lượt là giao điểm của đường thẳng $x = 2;x = 1$ với đường thẳng $y = 2x + 1$. Khi đó $C\left( {2;5} \right),D\left( {1;3} \right)$.
Tích phân cần tính chính là diện tích của hình thang vuông ABCD với đáy nhỏ $AD = 3$, đáy lớn $BC = 5$, đường cao $AB = 1$.
Khi đó $\int\limits_1^2 {\left( {2x + 1} \right)dx = {S_{ABCD}}} $ $ = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2}$$ = \frac{{\left( {3 + 5} \right) \cdot 1}}{2} = 4$
b)
Ta có $y = \sqrt {9 – {x^2}} $ là phương trình nửa phía trên trục hoành của đường tròn tâm tại gốc tọa độ $O$ và bán kính 3
Do đó, tích phân cần tính là diện tích nửa phía trên trục hoành của hình tròn tương ứng.
Vậy $\int\limits_{ – 3}^3 {\sqrt {9 – {x^2}} dx} $$ = \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot {3^2} = \frac{9}{2}\pi $
Câu 4.9. Cho $\int_0^3 f (x)dx = 5$ và $\int_0^3 g (x)dx = 2$. Tính:
a) $\int\limits_0^3 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} $
b) $\int\limits_0^3 {\left[ {f(x) – g(x)} \right]dx} $
c) $\int_0^3 3 f(x)dx$
d) $\int\limits_0^3 {\left[ {2f(x) – 3g(x)} \right]dx} $.
Lời giải
a) $\int\limits_0^3 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} = $$\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^3 {g\left( x \right)dx} = 5 + 2 = 7$
b) $\int\limits_0^3 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]dx} = $$\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} – \int\limits_0^3 {g\left( x \right)dx} = 5 – 2 = 3$
c) $\int\limits_0^3 {3f\left( x \right)dx} = 3\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} = 3.5 = 15$
d)$\int\limits_0^3 {\left[ {2f\left( x \right) – 3g\left( x \right)} \right]dx} = $$2\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} – 3\int\limits_0^3 {g\left( x \right)dx} $$ = 2.5 – 3.2 = 4$
Câu 4.10. Tính:
a) $\int_0^3 {{{(3x – 1)}^2}} dx$
b) $\int_0^{\frac{\pi }{2}} {(1 + \sin x)} dx$;
c) $\int_0^1 {\left( {{e^{2x}} + 3{x^2}} \right)} dx$;
d) $\int_{ – 1}^2 | 2x + 1|dx$
Lời giải
a) $\int\limits_0^3 {{{(3x – 1)}^2}} dx = \int\limits_0^3 {\left( {9{x^2} – 6x + 1} \right)} dx$
$ = 9\int\limits_0^3 {{x^2}} dx – 6\int\limits_0^3 x dx + \int\limits_0^3 {dx} $$ = \left. {3{x^3}} \right|_0^3 – \left. {3{x^2}} \right|_0^3 + \left. x \right|_0^3$$ = 81 – 27 + 3 = 57$
b) $\int_0^{\frac{\pi }{2}} {(1 + \sin x)} dx = \int_0^{\frac{\pi }{2}} d x + \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin } xdx$$ = \left. x \right|_0^{\frac{\pi }{2}} – \left. {\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \frac{\pi }{2} + 1$
c) $\int_0^1 {\left( {{e^{2x}} + 3{x^2}} \right)} dx = \int_0^1 {{e^{2x}}} dx + 3\int_0^1 {{x^2}} dx$
$ = \left. {\frac{{{e^{2x}}}}{2}} \right|_0^1 + \left. {{x^3}} \right|_0^1 = \frac{{{e^2}}}{2} – \frac{1}{2} + 1 = \frac{{{e^2}}}{2} + \frac{1}{2}$
d) $\int_{ – 1}^2 | 2x + 1|dx = \int_{ – 1}^{\frac{{ – 1}}{2}} | 2x + 1|dx + \int_{\frac{{ – 1}}{2}}^2 | 2x + 1|dx$
$ = \int_{ – 1}^{\frac{{ – 1}}{2}} {( – 2x – 1)} dx + \int_{\frac{{ – 1}}{2}}^2 {(2x + 1)} dx$
$ = \left. {\left( { – {x^2} – x} \right)} \right|_{ – 1}^{\frac{{ – 1}}{2}} + \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_{\frac{{ – 1}}{2}}^2$$ = \frac{1}{4} + 6 + \frac{1}{4} = \frac{{13}}{2}$
Câu 4.11. Một vật chuyển động dọc theo một đường thẳng sao cho vận tốc của nó tại thời điểm $t$ (giây) là $v(t) = {t^2} – t – 6(\;m/s)$.
a) Tìm độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian $1 \leqslant t \leqslant 4$, tức là tính $\int_1^4 v (t)dt$.
b) Tìm tổng quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian này, tức là tính $\int_1^4 | v(t)|dt$.
Lời giải
a) Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian $1 \leqslant t \leqslant 4$ là
$\int_1^4 v (t)dt = \int_1^4 {\left( {{t^2} – t – 6} \right)} dt$
$ = \int_1^4 {{t^2}} dt – \int_1^4 t dt – 6\int_1^4 d t = \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} – \frac{{{t^2}}}{2} – 6t} \right)} \right|_1^4$$ = – \frac{{32}}{3} + \frac{{37}}{6} = – \frac{9}{2}$
b) Tổng quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian này là
$\int_1^4 | v(t)|dt = \int_1^4 {\left| {{t^2} – t – 6} \right|} dt$
$ = \int_1^3 {\left| {{t^2} – t – 6} \right|} dt + \int_3^4 {\left| {{t^2} – t – 6} \right|} dt$$ = – \int_1^3 {\left( {{t^2} – t – 6} \right)} dt + \int_3^4 {\left( {{t^2} – t – 6} \right)} dt$
$ = – \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} – \frac{{{t^2}}}{2} – 6t} \right)} \right|_1^3 + \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} – \frac{{{t^2}}}{2} – 6t} \right)} \right|_3^4$$ = \frac{{27}}{2} – \frac{{37}}{6} – \frac{{32}}{3} + \frac{{27}}{2} = \frac{{61}}{6}$
Câu 4.12. Giả sử lợi nhuận biên (tính bằng triệu đồng) của một sản phẩm được mô hình hoá bằng công thức
$P’\left( x \right) = – 0,0005x + 12,2$
Ở đây $P\left( x \right)$ là lợi nhuận (tính bằng triệu đồng) khi bán được $x$ đơn vị sản phẩm.
a) Tìm sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 101 đơn vị sản phẩm.
b) Tìm sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 110 đơn vị sản phẩm.
Lời giải
a) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 101 sản phẩm là:$\int_{100}^{101} {{P^\prime }} (x)dx = \int_{100}^{101} {( – 0,0005x + 12,2)} dx$
$ = \left. {\left( { – \frac{1}{{4000}}{x^2} + 12,2x} \right)} \right|_{100}^{101}$$ = 1229,64975 – 1217,5$$ = 12,14975$triệu đồng.
b) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 110 sản phẩm là
$\int_{100}^{110} {P’} (x)dx = \int_{100}^{110} {( – 0,0005x + 12,2)} dx$
$ = \left. {\left( { – \frac{1}{{4000}}{x^2} + 12,2x} \right)} \right|_{100}^{110}$ $ = 1338,975 – 1217,5 = 121,475$ triệu đồng.
Câu 4.13. Giả sử vân tốc $v$ của dòng máu ở khoảng cách $r$ từ tâm của động mạch bán kính $R$ không đổi, có thể được mô hình hoá bởi công thức
$v = k\left( {{R^2} – {r^2}} \right)$
trong đó $k$ là một hằng số. Tìm vận tốc trung bình (đối với $r$ ) của động mạch trong khoảng $0 \leqslant r \leqslant R$. So sánh vận tốc trung bình với vận tốc lớn nhất.
Lời giải
Vận tốc trung bình của động mạch là:
${v_{tb}} = \frac{1}{{R – 0}}\int_0^R v (r)dr$$ = \frac{1}{R}\int_0^R k \left( {{R^2} – {r^2}} \right)dr$$ = \left. {\frac{1}{R}k\left( {{R^2}r – \frac{{{r^3}}}{3}} \right)} \right|_0^R$$ = \frac{2}{3}k{R^2}$
Do đó, vận tốc trung bình của động mạch là $\frac{2}{3}k{R^2}$
Vi $0 \leqslant r \leqslant R$ nên vận tốc lớn nhất của động mạch là $k{R^2}$ khi $r = 0$.
Do đó ${v_{tb}} = \frac{2}{3}{v_{\max }}$
