Giải Toán 12 Kết nối tri thức bài 13 Ứng dụng hình học của tích phân chi tiết dễ hiểu giúp các bạn tham khảo và làm bài tập một cách hiệu quả.
Câu 4.14. Tính diện tích của hình phẳng được tô màu trong Hình 4.29.
Hình 4.29
Lời giải
Diện tích cần tìm là:
$S = \mathop \smallint \nolimits^4 \left| {5x – {x^2} – x} \right|dx = \mathop \smallint \nolimits^4 \left| {4x – {x^2}} \right|dx$
$ = \mathop \smallint \nolimits^4 \left( {4x – {x^2}} \right)dx = {\left. {\left( {2{x^2} – \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|^4} = \frac{{32}}{3}$
Câu 4.15. Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:
a) $y = {e^x},y = {x^2} – 1,x = – 1,x = 1$;
b) $y = sinx,y = x,x = \frac{\pi }{2},x = \pi $;
c) $y = 9 – {x^2},y = 2{x^2},x = – \sqrt 3 ,x = \sqrt 3 $;
d) $y = \sqrt x ,y = {x^2},x = 0,x = 1$.
Lời giải
a) Diện tích cần tìm là: $S = \int_{ – 1}^1 {\left| {{e^x} – {x^2} + 1} \right|} dx = \int_{ – 1}^1 {\left( {{e^x} – {x^2} + 1} \right)} dx$
$ = \left. {\left( {{e^x} – \frac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_{ – 1}^1$$ = e + \frac{2}{3} – {e^{ – 1}} + \frac{2}{3}$$ = \frac{{{e^2} – 1}}{e} + \frac{4}{3}$
b) Diện tích cần tìm là: $S = \int_{\frac{\pi }{2}}^\pi | \sin x – x|dx = \int_{\frac{\pi }{2}}^\pi {(x – \sin x)} dx = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \cos x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{2}}^\pi = \frac{{{\pi ^2}}}{2} – 1 – \frac{{{\pi ^2}}}{8} = \frac{{3{\pi ^2}}}{8} – 1$
Diện tích cần tìm là:
c) $S = \int_{ – \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {9 – {x^2} – 2{x^2}} \right|} dx = \int_{ – \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left| {9 – 3{x^2}} \right|} dx$
$ = \int_{ – \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left( {9 – 3{x^2}} \right)} dx = \left. {\left( {9x – {x^3}} \right)} \right|_{ – \sqrt 3 }^{\sqrt 3 }$
$ = 9\sqrt 3 – 3\sqrt 3 + 9\sqrt 3 – 3\sqrt 3 = 12\sqrt 3 $
d) Diện tích cần tìm là:
$S = \int_0^1 {\left| {\sqrt x – {x^2}} \right|} dx = \int_0^1 {\left( {\sqrt x – {x^2}} \right)} dx = \left. {\left( {\frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}} – \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{3}$
Câu 4.16. Các nhà kinh tế sử dụng đường cong Lorenz để minh hoạ sự phân phối thu nhập trong một quốc gia. Gọi $x$ là đại diện cho phần trăm số gia đỉnh trong một quốc gia và $y$ là phần trăm tổng thu nhập, mô hình $y = x$ sẽ đại diện cho một quốc gia mà các gia đình có thu nhập như nhau. Đường cong Lorenz $y = f\left( x \right)$, biểu thị phân phối thu nhập thực tế. Diện tích giữa hai mô hình này, với $0 \leqslant x \leqslant 100$, biểu thị “sự bất bình đẳng về thu nhập” của một quốc gia. Năm 2005, đường cong Lorenz của Hoa Kỳ có thể được mô hình hoá bởi hàm số
$y = {\left( {0,00061{x^2} + 0,0218x + 1723} \right)^2},0 \leqslant x \leqslant 100,$
trong đó $x$ được tính từ các gia đình nghèo nhất đến giàu có nhất (Theo $R$. Larson, Brief Calculus: An Applied Approach, 8th edition, Cengage Learning, 2009)
Tìm sự bất bình đẳng thu nhập của Hoa Kỳ vào năm 2005.
Lời giải
Sự bất bình đẳng thu nhập của Hoa Kỳ vào năm 2005 là:
$\int_0^{100} {\left| {{{\left( {0,00061{x^2} + 0,0218x + 1723} \right)}^2} – x} \right|} dx$$ = \int_0^{100} {\left| {0,{{00061}^2}{x^4} + 4,7524 \cdot {{10}^{ – 4}} \cdot {x^2} + {{1723}^2} + 2,6596 \cdot {{10}^{ – 5}}{x^3} + 2,10206{x^2} + 74,1228x} \right|} dx$$ = \int_0^{100} {\left( {0,{{00061}^2}{x^4} + 4,7524 \cdot {{10}^{ – 4}} \cdot {x^2} + {{1723}^2} + 2,6596 \cdot {{10}^{ – 5}}{x^3} + 2,10206{x^2} + 74,1228x} \right)} dx$$ = \left. {\left( {7,442 \cdot {{10}^{ – 8}}{x^5} + \frac{{11881}}{{75}} \cdot {{10}^{ – 6}}{x^3} + {{1723}^2}x + 6,649 \cdot {{10}^{ – 6}}{x^4} + \frac{{105103}}{{150000}}{x^3} + 37,0614{x^2}} \right)} \right|_0^{100}$$ = 297945768,18$
Câu 4.17. Tính thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường sau xung quanh truc $Ox:y = 2x – {x^2},y = 0,x = 0,x = 2$.
Lời giải
Thể tích hình cần tìm là:
$V = \pi \int_0^2 {{{\left( {2x – {x^2}} \right)}^2}} dx = \pi \int_0^2 {\left( {4{x^2} – 4{x^3} + {x^4}} \right)} dx$
$ = \left. {\pi \left( {\frac{4}{3}{x^3} – {x^4} + \frac{{{x^5}}}{5}} \right)} \right|_0^2$$ = \pi \left( {\frac{4}{3} \cdot {2^3} – {2^4} + \frac{{{2^5}}}{5}} \right) = \frac{{16\pi }}{{15}}$
Câu 4.18. Khối chỏm cầu có bán kính $R$ và chiều cao $h(0 < h \leqslant R)$ sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi cung tròn có phương trình $y = \sqrt {{R^2} – {x^2}} $, trục hoành và hai đường thẳng $x = R – h,x = R$ xung quanh trục $Ox\left( {H \cdot 4.30} \right)$. Tính thể tích của khối chỏm cầu này.
Hình 4.30
Lời giải
$V = \pi \int_{R – h}^R {\left( {{R^2} – {x^2}} \right)} dx = \left. {\pi \left( {{R^2}x – \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{R – h}^R$
$ = \pi \left( {{R^3} – \frac{{{R^3}}}{3} – {R^2}(R – h) + \frac{{{{(R – h)}^3}}}{3}} \right)$
$ = \pi \left( {{R^3} – \frac{{{R^3}}}{3} – {R^3} + {R^2}h + \frac{{{R^3}}}{3} – {R^2}h + R{h^2} – \frac{{{h^3}}}{3}} \right)$
$ = \pi \left( {R{h^2} – \frac{{{h^3}}}{3}} \right) = \pi {h^2}\left( {R – \frac{h}{3}} \right)$
Câu 4.19. Cho tam giác vuông $OAB$ có cạnh $OA = a$ nằm trên trục $Ox$ và $\widehat {AOB} = \alpha \left( {0 < \alpha \leqslant \frac{\pi }{4}} \right)$. Gọi $\mathcal{B}$ là khối tròn xoay sinh ra khi quay miền tam giác $OAB$ xung quanh trục $Ox$ (H.4.31).
Lời giải
Hình 4.31
a) Tính thể tích $V$ của $\mathcal{B}$ theo a và $\alpha $.
b) Tìm $\alpha $ sao cho thể tích $V$ lớn nhất.
Lời giải
a) Xét tam giác $OAB$ vuông tại $A$, có $AB = OA \cdot \tan a = $ a.tana .
Khi quay miền tam giác $OAB$ xung quanh trục $Ox$ ta được khối nón có bán kính đáy $r = AB = a \cdot \tan \alpha $ và chiều cao $h = OA = a$.
Do đó $V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^3}{\tan ^2}\alpha $
b) Có ${V^\prime } = \frac{1}{3}\pi {a^3} \cdot 2\tan \alpha \cdot \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}$
Vì $0 < \alpha \leqslant \frac{\pi }{4} = > 0 < \tan \alpha \leqslant 1$ nên $V’ > 0$.
Do đó V là hàm số đồng biến trên $\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)$
Do đó $\mathop {max}\limits_{\left[ {0,\frac{\pi }{4}} \right]} V = V\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{3}\pi {a^3}$
Vậy $\alpha = \frac{\pi }{4}$ thì thể tích khối nón là lớn nhất.
