Bài 49: Một chất điểm A xuất phát từ vị trí O, chuyển động thẳng nhanh dần đều; 8 giây sau nó đạt đến vận tốc 6 m/s. từ thời điểm đó nó chuyển động thẳng đều. Một chất điểm B xuất phát từ cùng vị trí O nhưng chậm hơn 12 giây so với A và chuyển động thẳng nhanh dần đều. biết rằng B đuổi kịp A sau 8 giây ( kể từ lúc B xuất phát). Tìm vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A.
Thời điểm A và B gặp nhau là 20 giây kể từ lúc A xuất phát. Đồ thị của vận tốc của A là đường gấp khúc OMN.
Quãng đường mà A đi được (s = vt ) là diện tích hình thang OMNQ.
\({S_{OMNQ}} = {1 \over 2}\left( {20 + 12} \right).6 = 96\)
Vậy lúc gặp B, A đi được \(96 m\).
Đồ thị vận tốc của B là đường thẳng HP. Vì B xuất phát cùng vị trí với A nên B cũng đi được \(96 m\) . Quãng đường B đi được bằng diện tích tam giác \(HPQ\).
Ta có \({S_{HPQ}} = {1 \over 2}.PQ.HQ \Rightarrow 96 = {1 \over 2}.PQ.8 \Rightarrow PQ = 24.\)
Vậy vận tốc của B tại thời điểm gặp A là \(24\, m/s\).
Bài 50: Tính các tích phân sau:
\(a)\,\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\sin 2xdx;} \) \(b)\,\int\limits_1^2 {x\left( {2{x^2} + 1} \right)} dx;\)
\(c)\,\int\limits_2^3 {\left( {x – 1} \right)} {e^{{x^2} – 2x}}dx.\)
a) Đặt
\(\left\{ \matrix{
u = {x^2} \hfill \cr
dv = \sin 2xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = 2xdx \hfill \cr
v = – {1 \over 2}\cos 2x \hfill \cr} \right.\)
Do đó \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\sin 2xdx} = \left. { – {1 \over 2}{x^2}\cos 2x} \right|_0^{{\pi \over 2}} + \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\cos 2xdx} \)
\( = {{{\pi ^2}} \over 8} + \int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos 2xdx\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)} \)
Đặt
\(\left\{ \matrix{
u = x \hfill \cr
dv = \cos 2xdx \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
du = dx \hfill \cr
v = {1 \over 2}\sin 2x \hfill \cr} \right.\)
Advertisements (Quảng cáo)
Do đó \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {x\cos 2xdx\, = \left. {{1 \over 2}x\sin 2x} \right|_0^{{\pi \over 2}}} – {1 \over 2}\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {\sin 2xdx} \)
\(= \left. {{1 \over 4}\cos 2x} \right|_0^{{\pi \over 2}} = – {1 \over 2}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Thay (2) vào (1) ta được: \(\int\limits_0^{{\pi \over 2}} {{x^2}\sin 2xdx = {{{\pi ^2}} \over 8}} – {1 \over 2}.\)
b) Đặt \(u = 2{x^2} + 1 \Rightarrow du = 4xdx \Rightarrow xdx = {{du} \over 4}\)
\(\int\limits_1^2 {x\left( {2{x^2} + 1} \right)dx = {1 \over 4}} \int\limits_3^9 {udu} = \left. {{1 \over 8}{u^2}} \right|_3^9 = 9\)
c) Đặt \(u = {x^2} – 2x \Rightarrow du = 2\left( {x – 1} \right)dx\)
\(\Rightarrow \left( {x – 1} \right)dx = {{du} \over 2}\)
\(\int\limits_2^3 {\left( {x – 1} \right)} {e^{{x^2} – 2x}}dx = {1 \over 2}\int\limits_0^3 {{e^u}du = } \left. {{1 \over 2}{e^u}} \right|_0^3 = {1 \over 2}\left( {{e^3} – 1} \right)\)
Bài 51: Tính diện tích các hình phẳng giới hạn bởi:
a) Đồ thị các hàm số \(y = 4 – {x^2},y = – x + 2;\)
b) Các đường cong có phương trình \(x = 4 – 4{y^2}\) và \(x = 1 – {y^4}\) trong miền \(x\ge0\).
Advertisements (Quảng cáo)
a) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:
\(4 – {x^2} = – x + 2 \Leftrightarrow {x^2} – x – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = – 1 \hfill \cr
x = 2 \hfill \cr} \right.\)
Do đó
\(\eqalign{
& S = \int\limits_{ – 1}^2 {\left| {4 – {x^2} – \left( { – x + 2} \right)} \right|} dx \cr&= \int\limits_{ – 1}^2 {\left| { – {x^2} + x + 2} \right|} dx \cr
& = \int\limits_{ – 1}^2 {\left( { – {x^2} + x + 2} \right)} dx = \left. {\left( { – {{{x^3}} \over 3} + {{{x^2}} \over 2} + 2x} \right)} \right|_{ – 1}^2 \cr& = {9 \over 2} \cr} \)
b) Phương trình tung độ giao điểm của hai đồ thị là
\(4 – 4{y^2} = 1 – {y^4} \Leftrightarrow {y^4} – 4{y^2} + 3 = 0 \)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
{y^2} = 1 \hfill \cr
{y^2} = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
y = \pm 1 \hfill \cr
y = \pm \sqrt 3\; (\text{ loại vì } x<0)\hfill \cr} \right.\)
Diện tích giới hạn hai đồ thị ở phần \(x \ge 0\) là:
\(\eqalign{
& S = \int\limits_{ – 1}^1 {\left[ {4 – 4{y^2} – \left( {1 – {y^4}} \right)} \right]} dy \cr
& \,\,\, = \int\limits_{ – 1}^1 {\left( {{y^4} – 4{y^2} + 3} \right)} dy \cr
& \,\, = \left. {\left( {{{{y^5}} \over 5} – {4 \over 3}{y^3} + 3y} \right)} \right|_{ – 1}^1 = 2.{{28} \over {15}} = {{56} \over {15}} \cr} \)
Bài 52: Tính diện tích của các hình phẳng giới hạn bởi:
a) Parabol \(y = {x^2} – 2x + 2,\) tiếp tuyến của nó tại điểm \(M(3;5)\) và trục tung;
b) Parabol \(y = – {x^2} + 4x – 3\) và các tiếp tuyến của nó tại các điểm \(A(0;-3)\) và \(B(3;0)\)
a)
Ta có \(y’ = 2x – 2 \Rightarrow y’\left( 3 \right) = 4.\)
Phương trình tiếp tuyến với parabol tại M(3;5) là:
\(y – 5 = 4\left( {x – 3} \right) \Leftrightarrow y = 4x – 7\)
Gọi S là diện tích cần tìm, ta có :
\(\eqalign{
& S = \int\limits_0^3 {\left( {{x^2} – 2x + 2 – 4x + 7} \right)} dx \cr
& \,\,\, = \int\limits_0^3 {\left( {{x^2} – 6x + 9} \right)} dx = \int\limits_0^3 {{{\left( {x – 3} \right)}^2}dx} \cr
& \,\,\, = \left. {{1 \over 3}{{\left( {x – 3} \right)}^3}} \right|_0^3 = 9. \cr} \)
b)
Ta có \(y’ = – 2x + 4 \Rightarrow y’\left( 0 \right) = 4;y’\left( 3 \right) = – 2\)
Phương trình tiếp tuyến tại \(A(0;3)\) là :
\(y + 3 = 4\left( {x – 0} \right) \Leftrightarrow y = 4x – 3\)
Phương trình tiếp tuyến tại \(B(3;0)\) là :
\(y = – 2\left( {x – 3} \right) \Leftrightarrow y = – 2x + 6\)
Giao điểm của hai tiếp tuyến là \(C\left( {{3 \over 2};3} \right).\) kí hiệu \({A_1}\) và \({A_2}\) là tam giác cong \(ACD\) Và \(BCD\). Ta có :
\(S\left( {{A_1}} \right) = \int\limits_0^{{3 \over 2}} {\left( {4x – 3 + {x^2} – 4x + 3} \right)} dx \)
\(= \int\limits_0^{{3 \over 2}} {{x^2}dx = \left. {{{{x^3}} \over 3}} \right|_0^{{3 \over 2}}} = {9 \over 8}\)
\(S\left( {{A_2}} \right) = \int\limits_{{3 \over 2}}^3 {\left( { – 2x + 6 + {x^2} – 4x + 3} \right)} dx \)
\(= \int\limits_{{3 \over 2}}^3 {{{\left( {x – 3} \right)}^2}dx = } \left. {{1 \over 3}{{\left( {x – 3} \right)}^3}} \right|_{{3 \over 2}}^3 = {9 \over 8}\)
Vậy \(S = S\left( {{A_1}} \right) + S\left( {{A_2}} \right) = {9 \over 8} + {9 \over 8} = {9 \over 4}\)
