Trang Chủ Bài tập SGK lớp 12 Bài tập Toán lớp 12 Nâng cao

Bài 33, 34, 35, 36 trang 173, 174, 175 Giải tích 12 Nâng cao: Ứng dụng tích phân để tính thể tích vật thể

 Bài 6 Ứng dụng tích phân để tính thể tích vật thể. Giải bài 33, 34, 35, 36 trang 173, 174, 175 SGK Giải tích lớp 12 Nâng cao. Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình B quanh trục tung; Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

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.

\(V = \pi \int\limits_{ – 1}^1 {(\sqrt 5 } {y^2}{)^2}dy = 5\pi \int\limits_{ – 1}^1 {{y^4}} dy = \pi {y^5}\mathop |\nolimits_{ – 1}^1  = 2\pi \)

Bài 34: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

Đồ thị các hàm số \(y = x, y = 1\) và \(y = {{{x^2}} \over 4}\) 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 \(y = -4x – 4\).

a)

Diện tích hình thang \(OABC\) là:
\({S_1} = (2 + 1){1 \over 2} = {3 \over 2}\)
Diện tích tam giác cong \(OBC\) là hình phẳng giới hạn bởi: \(y = 0,x = 2,y = {{{x^2}} \over 4}\) là:

\({S_2} = \int\limits_0^2 {{{{x^2}} \over 4}} dx = \left. {{{{x^3}} \over {12}}} \right|_0^2 = {2 \over 3}\)

Diện tích cần tìm là \(S = {S_1} – {S_2} = {3 \over 2} – {2 \over 3} = {5 \over 6}\)
b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

Advertisements (Quảng cáo)

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

Ta có:

\(\eqalign{
& S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^4} – 4{x^2} + 4 – {x^2}} \right|} dx \cr&= \int\limits_0^1 {\left| {{x^4} – 5{x^2} + 4} \right|} dx \cr
& = \int\limits_0^1 {({x^4} – 5{x^2}} + 4)dx \cr&= \left. {\left( {{{{x^5}} \over 5} – {{5{x^3}} \over 3} + 4x} \right)} \right|_0^1 = {{38} \over {15}} \cr} \)

c)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đường thẳng \(y = 4x – 4\) là:

\(\eqalign{
& {x^2} = 4x – 4 \Leftrightarrow {x^2} – 4x + 4 = 0 \cr
& \Leftrightarrow {(x – 2)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 2. \cr} \)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và đường thẳng
\(y = -4x – 4\) là:

Advertisements (Quảng cáo)

\(\eqalign{
& {x^2} = – 4x – 4 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 4 = 0 \cr
& \Leftrightarrow {(x + 2)^2} = 0 \Leftrightarrow x = – 2. \cr} \)

\(\eqalign{
& S = \int\limits_{ – 2}^0 {({x^2} + 4x + 4)} dx + \int\limits_0^2 {({x^2} – 4x + 4)} dx \cr
& = \left. {\left( {{{{x^3}} \over 3} + 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_{ – 2}^0 + \left. {\left( {{{{x^3}} \over 3} – 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_0^2\cr& = {8 \over 3} + {8 \over 3} = {{16} \over 3} \cr} \)

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 của hàm số \(y = \sqrt x ,y = 6 – x\) và trục hoành.

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

\({x^2} + 1 = 3 – x \Leftrightarrow {x^2} + x – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 1 \hfill \cr
x = – 2 \hfill \cr} \right.\)

Diện tích cần tìm là:

\(\eqalign{
& S = \int\limits_{ – 2}^1 {\left| {{x^2} + 1 – (3 – x)} \right|} dx = \int\limits_{ – 2}^1 {\left| {{x^2} + x – 2} \right|} dx \cr
& = \int\limits_{ – 2}^1 {( – {x^2} – x + 2)dx = \left. {\left( { – {{{x^3}} \over 3} – {{{x^2}} \over 2} + 2x} \right)} \right|} _{ – 2}^1 \cr&= {9 \over 2} \cr} \)

b)Diện tích cần tìm là:

\(S = \int\limits_1^8 {({x^{{1 \over 3}}} – 1)dx = \left. {\left( {{3 \over 4}{x^{{4 \over 3}}} – x} \right)} \right|_1^8}  = {{17} \over 4}\)

c) Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị là:

\(\eqalign{
& \sqrt x = 6 – x \Leftrightarrow x + \sqrt x – 6 = 0 \cr
& \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4 \cr} \)

\(S = \int\limits_0^4 {\sqrt x dx + {1 \over 2}.2.2 = \left. {{2 \over 3}{x^{{3 \over 2}}}} \right|_0^4}  + 2 = {{22} \over 3}\)

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 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 \(2\sqrt {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \).

Ta có:

\(\eqalign{
& S(x) = {(2\sqrt {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} )^2} = 4\sin x \cr
& V = \int\limits_0^\pi {S(x)dx = \int\limits_0^\pi {4\sin xdx = – 4\cos x\mathop |\nolimits_0^\pi } } = 8 \cr} \)

Advertisements (Quảng cáo)