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:
\(V = \pi \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{(\sqrt {2\sin 2y} )}^2}} dy\) \( = \pi \int_0^{\frac{\pi }{2}} 2 \sin 2ydy\) \( = – \left. {\pi \cos 2y} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}.\)
\( = – \pi (\cos \pi – \cos 0)\) \( = – \pi ( – 1 – 1) = 2\pi .\)
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
