15 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến Nguyên hàm của một số hàm số sơ cấp (có lời giải)

Giả sử con lắc chuyển động theo phương trình: s = s(1). Suy ra s' (t) = v(t), do đó s(t) là một nguyên hàm của v(t). Ta có: $\int {v\left( t \right)dt} = \int {4cost{\rm{dt}}} = 4sint + C.$

Suy ra s(t)=4sint+C.

Tại thời điểm t = 0, ta có s(0) = 0, tức là 4sin0 + C = 0, hay C = 0. Vậy phương trình chuyển động của con lắc là: s(t) = 4sint.

a) Ta đã biết, công thức tính quãng đường s(t) xe ô tô đi được trong t (giây) là một nguyên hàm của hàm v(t). Do $\int {\left( { - 10t + 30} \right)dt} {\rm{ }} = - 5{t^2} + 30t + C$

nên ta có: $s(t) = - 5{t^2} + 30t + C$ với C là hằng số. Do s(0) = 0 nên C = 0. Suy ra $s(t) = - 5{t^2} + 30t$.

b) Xe ô tô dừng hẳn khi v(t) = 0, tức là – 10t + 30 = 0 hay t= 3.

Vậy thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 3 giây.

c) Ta có: tốc độ 72 km/h cũng là tốc độ 20 m/s.

Do đó, quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là:

s(3) = − 5 .32 + 30 . 3 = 45 (m).

Vậy quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là: 20 +45 = 65 (m).

Do 65 < 80 nên xe ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường. Vì thế, tai nạn đã không xảy ra đối với xe ô tô đó.

a) Hàm số ${\rm{B}}({\rm{t}})$ là một nguyên hàm của hàm số $B(t)$.

Ta có $\int {{B^\prime }} (t)dt = \int {\left( {20{t^3} - 300{t^2} + 1000t} \right)} dt$$= \int 2 0{t^3}dt - \int 3 00{t^2}dt + \int 1 000tdt.$

Suy ra $B(t) = 5{t^4} - 100{t^3} + 500{t^2} + C$.

Vì sau một giờ, 500 người đã có mặt tại lễ hội nên $B(1) = 500$.

Do đó, $5 \cdot {1^4} - 100 \cdot {1^3} + 500 \cdot {1^2} + C = 500$, suy ra $C = 95$.

Vậy công thức của hàm số ${\rm{B}}({\rm{t}})$ biểu diễn số lượng khách tham dự lễ hội là

$B(t) = 5{t^4} - 100{t^3} + 500{t^2} + 95(0 \le t \le 15).$

b) Ta có $B(3) = 5 \cdot {3^4} - 100 \cdot {3^3} + 500 \cdot {3^2} + 95 = 2300$.

Vậy sau 3 giờ có 2300 khách tham dự lễ hội.

c) Số lượng khách tham dự lễ hội lớn nhất chính là giá trị lớn nhất của hàm số ${\rm{B}}({\rm{t}})$ trên đoạn [0;15].

Ta có ${B^\prime }({\rm{t}}) = 20{{\rm{t}}^3} - 300{{\rm{t}}^2} + 1000{\rm{t}}$.

Trên khoảng $(0;15),{B^\prime }({\rm{t}}) = 0$ khi $t = 5$ hoặc ${\rm{t}} = 10$.

$B(0) = 95;B(5) = 3220;B(10) = 95;B(15) = 28220.{\rm{ }}$

Do đó, ${\max _{[0;15]}}B(t) = 28220$ tại $t = 15$.

Vậy số lượng khách tham dự lễ hội lớn nhất là 28220 khách sau 15 giờ.

d) Tốc độ thay đổi lượng khách tham dự lễ hội lớn nhất chính là giá trị lớn nhất của hàm số ${B^\prime }({\rm{t}})$ trên đoạn [0 ; 15].

Ta có ${B^{\prime \prime }}(t) = {\left( {20{t^3} - 300{t^2} + 1000t} \right)^\prime } = 60{t^2} - 600t + 1000$.

Trên khoảng $(0;15),{{\rm{B}}^{\prime \prime }}({\rm{t}}) = 0$ khi $t = \frac{{15 - 5\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $t = \frac{{15 + 5\sqrt 3 }}{3}$.

${{\rm{B}}^\prime }(0) = 0;B\left( {\frac{{15 - 5\sqrt 3 }}{3}} \right) \approx 962{,}25;B\left( {\frac{{15 + 5\sqrt 3 }}{3}} \right) \approx - 962{,}25;{\rm{B}}(15) = 15000.{\rm{ }}$

Do đó, ${\max _{[0;15]}}{B^\prime }(t) = 15000$ tại $t = 15$.

Hàm số $M(t)$ là một nguyên hàm của hàm số $m(t)$.

Ta có $\int m (t)dt = \int {(800 - 2t)} dt = \int 8 00dt - \int 2 tdt = 800t - {t^2} + C$.

Suy ra $M(t) = 800t - {t^2} + C$.

Tại ${\rm{t}} = 0$ thì ${\rm{M}}({\rm{t}}) = {\rm{M}}(0) = 0$.

Do đó $800 \cdot 0 - {0^2} + C = 0$, suy ra $C = 0$.

Khi đó, $M({\rm{t}}) = 800{\rm{t}} - {{\rm{t}}^2}(0 \le {\rm{t}} \le 400)$.

Số ngày công tính đến khi hoàn thành dự án là

$M(400) = 800 \cdot 400 - {400^2} = 160000$ (ngày công).

Chi phí nhân công lao động của công trình đó (cho đến lúc hoàn thành dự án) là

$160000 \cdot 400000 = 6{,}4 \cdot {10^{10}}$ (đồng) $= 64$ (tỷ đồng).

Giả sử con lắc chuyển động theo phương trình: $s = s(t)$. Suy ra ${s^\prime }(t) = v(t)$, do đó $s(t)$ là một nguyên hàm của $v(t)$.

Ta có: $\int v (t){\rm{d}}t = \int 4 \cos t\;{\rm{d}}t = 4\int {\cos } t\;{\rm{d}}t = 4\sin t + C$

Suy ra $s(t) = 4\sin t + C$.

Tại thời điểm $t = 0$, ta có $s(0) = 0$, tức là $4\sin 0 + C = 0$, hay $C = 0$.

Vậy phương trình chuyển động của con lắc là: $s(t) = 4\sin t$.

a) Hàm số h(t) là một nguyên hàm của hàm số $v({\rm{t}})$.

Ta có: $\int v (t)dt = \int {\left( { - 0{,}1{t^3} + {t^2}} \right)} dt = - 0{,}1\int {{t^3}} dt + \int {{t^2}} dt = - 0{,}025{t^4} + \frac{{{t^3}}}{3} + C$

Suy ra $h(t) = - 0{,}025{t^4} + \frac{{{t^3}}}{3} + C$.

Vi cây cà chua khi trồng có chiều cao 5 cm nên ${\rm{h}}(0) = 5$, suy ra ${\rm{C}} = 5$.

Vậy công thức xác định hàm số h(t) là: $h(t) = - 0{,}025{t^4} + \frac{{{t^3}}}{3} + 5(t \ge 0)$.

b) Xét hàm số $h(t) = - 0{,}025{t^4} + \frac{{{t^3}}}{3} + 5(t \ge 0)$.

Ta có $h(t) = v(t) = - 0{,}1{t^3} + {t^2};h(t) = 0$ khi $t = 0$ hoặc ${\rm{t}} = 10$.

Bảng biến thiên của hàm số $h(t)$ trên $[0; + \infty )$ như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy giai đoạn tăng trưởng của cây cà chua đó kéo dài 10 tuần.

c) Từ bảng biến thiên ở câu b, ta thấy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là $\frac{{265}}{3}$ cm .

d) Xét hàm tốc độ tăng chiều cao của cây cà chua: $v(t) = - 0{,}1{t^3} + {t^2}(t \ge 0)$.

Ta có ${v^{\prime \prime }}({\rm{t}}) = - 0{,}3{{\rm{t}}^2} + 2{\rm{t}};{\rm{v}}$ (t) $= 0$ khi ${\rm{t}} = 0$ hoặc ${\rm{t}} = \frac{{20}}{3}$.

Bảng biến thiên của hàm số $v(t)$ trên $[0; + \infty )$ như sau:

Từ bảng biến thiên ta suy ra vào thời điểm cây cà chua đó phát triển nhanh nhất thì cây cà chua cao $\frac{{400}}{{27}}\;{\rm{cm}}$.

Hàm số ${\rm{P}}({\rm{t}})$ là một nguyên hàm của hàm số P ( t ).

Ta có $\int {{P^\prime }} (t)dt = \int k \sqrt t dt = k\int {{t^{\frac{1}{2}}}} dt = \frac{{2k}}{3} \cdot {t^{\frac{3}{2}}} + C = \frac{{2k}}{3}t\sqrt t + C$.

Suy ra $P(t) = \frac{{2k}}{3}t\sqrt t + C$.

Quần thể vi khuẩn ban đầu gồm 500 vi khuẩn nên với ${\rm{t}} = 0$ thì ${\rm{P}} = 500$ hay ${\rm{P}}(0)$ $= 500$, suy ra $\frac{{2k}}{3} \cdot 0 \cdot \sqrt 0 + C = 500$, do đó ${\rm{C}} = 500$. Suy ra $P(t) = \frac{{2k}}{3}t\sqrt t + 500$.

Vi sau 1 ngày, số lượng vi khuẩn của quần thể đó đã tăng lên thành 600 vi khuẩn, tức là khi ${\rm{t}} = 1$ thì ${\rm{P}} = 600$, hay ${\rm{P}}(1) = 600$, suy ra $\frac{{2k}}{3} \cdot 1 \cdot \sqrt 1 + 500 = 600$, do đó ${\rm{k}} = 150$.

Khi đó, công thức tính số lượng vi khuẩn của quần thể đó tại thời điểm t là:

$P(t) = \frac{{2 \cdot 150}}{3}t\sqrt t + 500 = 100t\sqrt t + 500\quad (0 \le t \le 10){\rm{. }}$

Vậy số lượng vi khuẩn của quần thể đó sau 7 ngày là:

$P(7) = 100 \cdot 7\sqrt 7 + 500 \approx 2352$ (vi khuẩn)

Ta đã biết độ cao $h(t)$ của vién đạn (tính từ mặt đất) tại thời điểm $t$ thoả mān ${h^\prime }(t) = v(t)$ nên $h(t)$ là nguyên hàm của hàm vận tốc $v(t)$. Ta có:

$\int v (t){\rm{d}}t = \int {(160 - 9{,}8t)} {\rm{d}}t = 160t - 4{,}9{t^2} + C$

Do đó, độ cao $h(t)$ có dạng $h(t) = 160t - 4{,}9{t^2} + C$. Kết hợp với giả thiết $h(0) = 0$ ta được $C = 0$ và $h(t) = 160t - 4{,}9{t^2}(\;{\rm{m}})$.

a) Sau thời gian $t = 5$ (giây), độ cao của viên đạn là:

$h = h(5) = 160 \cdot 5 - 4{,}9 \cdot {5^2} = 677{,}5(\;{\rm{m}})$

b) Khi viên đạn đạt độ cao lớn nhất thì $v(t) = 160 - 9{,}8t = 0$.

Từ đó ta có $t = {t_{x\pi }} \approx 16{,}3$ (giây).

Độ cao lớn nhất của viên đạn là ${h_{\max }} = h\left( {{t_w}} \right) \approx 160 \cdot 16{,}3 - 4{,}9 \cdot {16{,}3^2} \approx 1360{,}1(\;{\rm{m}})$.

Quãng đường ô tô đi được sau $t$ giây là $s(t) = \int {(19 - 2t)} {\rm{d}}t = 19t - {t^2} + C$.

Ta có $s(0) = 0$ nên $C = 0$. Do đó, $s(t) = 19t - {t^2}$.

$s(1) = 18\;{\rm{m}};s(2) = 34\;{\rm{m}};s(3) = 48\;{\rm{m}}{\rm{. }}$

a) $h(x) = \int {{h^\prime }} (x){\rm{d}}x = \int {\frac{1}{x}} \;{\rm{d}}x = \ln x + C$ với $1 \le x \le 11$.

Vì $h(1) = 2$ nên $\ln 1 + C = 2$, suy ra $C = 2$.

Vậy chiều cao của cây sau $x$ năm là $h(x) = \ln x + 2(1 \le x \le 11)$.

b) Ta có $h(x) = 3 \Leftrightarrow \ln x + 2 = 3 \Leftrightarrow \ln x = 1 \Leftrightarrow x = e \approx 2{,}718$ năm.

a) Gọi $h(t)$ là độ cao của quả bóng tại thời điểm $t(h(t)$ tính theo mét, $t$ tính theo giây). Khi đó, ta có:

$h(t) = \int {( - 9{,}8t + 19{,}6)} {\rm{d}}t = - 4{,}9{t^2} + 19{,}6t + C$

Mà quả bóng được ném lên từ độ cao $24{,}5\;{\rm{m}}$ tức là tại thời điểm $t = 0$ thì $h = 24{,}5$ hay $h(0) = 24{,}5$. Suy ra $C = 24{,}5$.

Vậy công thức tính độ cao $h(t)$ của quả bóng theo thời gian $t$ là: $h(t) = - 4{,}9{t^2} + 19{,}6t + 24{,}5$

b) Khi quả bóng chạm đất thì $h(t) = 0$. Ta có: $- 4{,}9{t^2} + 19{,}6t + 24{,}5 = 0$. Giải phương trình ta được $t = - 1;t = 5$. Mà $t > 0$ nên $t = 5$.

Vậy sau 5 giây kể từ khi được ném lên thì quả bóng chạm đất.

Ta có $v(t) = \int a \;{\rm{d}}t = \int 2 \;{\rm{d}}t = 2t + C$.

Vì $v(0) = 10$ nên $C = 10$. Suy ra $v(t) = 2t + 10$.

Ta có $s(t) = \int v (t){\rm{d}}t = \int {(2t + 10)} {\rm{d}}t = {t^2} + 10t + C$.

Ta có $s(0) = 0$ nên $C = 0$. Suy ra $s(t) = {t^2} + 10t$.

Ta có $s(3) = {3^2} + 10.3 = 39(\;{\rm{m}})$.

Vậy trong 3 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc, xe đi được $39\;{\rm{m}}$.

Ta có: ${R^\prime }(x) = {M_R}(x){\rm{. }}$

Cho trước hàm tốc độ biến động của doanh thu ${M_R}(x)$ khi $x$ đơn vị sản phẩm được bán ra thì $R(x)$ là một nguyên hàm của ${M_R}(x)$. Do đó

$R(x) = \int {{M_R}} (x){\rm{d}}x = \int {(300 - 0{,}1x)} {\rm{d}}x = 300x - \frac{{0{,}1{x^2}}}{2} + C$

Từ ý nghĩa thực tiễn, $R(0) = 0$ nên $C = 0$. Từ đó tìm được $R(1000) = 200000$ (triệu đồng).

a) Ta đã biết, công thức tính quãng đường $s(t)$ xe ô tô đi được trong $t$ (giây) là một nguyên hàm của hàm $v(t)$. Do $\int {( - 10t + 30)} {\rm{d}}t = - 5{t^2} + 30t + C$

nên ta có: $s(t) = - 5{t^2} + 30t + C$ vởi $C$ là hằng số nào đó. Do $s(0) = 0$ nên $C = 0$. Suy ra $s(t) = - 5{t^2} + 30t$.

b) Xe ô tô dừng hẳn khi $v(t) = 0$, tức là $- 10t + 30 = 0$ hay $t = 3$.

Vậy thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 3 giây.

c) Ta có: tốc độ $72\;{\rm{km}}/{\rm{h}}$ cũng là tốc độ $20\;{\rm{m}}/{\rm{s}}$.

Do đó, quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là: $s(3) = - 5 \cdot {3^2} + 30 \cdot 3 = 45(\;{\rm{m}})$.

Vậy quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là: $20 + 45 = 65(\;{\rm{m}})$.

Do $65 < 80$ nên xe ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường. Vì thế, tai nạn đã không xảy ra đối vởi xe ô tô đó.

a) Ta có:

$\begin{array}{l}\int {{h^\prime }} (t){\rm{d}}t = \int {\frac{1}{{216}}} \left( {5{t^2} - 120t + 480} \right){\rm{d}}t = \frac{1}{{216}}\int {\left( {5{t^2} - 120t + 480} \right)} {\rm{d}}t = \frac{5}{{216}}\int {{t^2}} \;{\rm{d}}t - \frac{{120}}{{216}}\int t \;{\rm{d}}t + \frac{{480}}{{216}}\int {\rm{d}} t\\ = \frac{5}{{648}}{t^3} - \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + C\end{array}$

Suy ra $h(t) = \frac{5}{{648}}{t^3} - \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + C$.

Tại thời điểm $t = 0$, mực nước trong hồ chứa là $6\;{\rm{m}}$ nên $h(0) = 6$, suy ra $C = 6$.

Vậy mực nước trong hồ chứa được cho bởi hàm số: $h(t) = \frac{5}{{648}}{t^3} - \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + 6(0 \le t \le 24)$

b) Ta tìm ${\min _{[0;24]}}h(t)$ và ${\max _{[0;24]}}h(t)$.

- ${h^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow 5{t^2} - 120t + 480 = 0$

$\Leftrightarrow {t^2} - 24t + 96 = 0 \Leftrightarrow t = 12 - 4\sqrt 3$ hoă̆c $t = 12 + 4\sqrt 3$.

- Bảng biến thiên:

Do đó, ta có: ${\min _{[0;24]}}h(t) = \min \{ h(0);h(12 + 4\sqrt 3 )\} = h(12 + 4\sqrt 3 ) \approx 0{,}9$;

${\max _{[0;24]}}h(t) = \max \{ h(24);h(12 - 4\sqrt 3 )\} = h(12 - 4\sqrt 3 ) \approx 11{,}1$

Vậy mực nước trong hồ chứa cao nhất khoảng $11{,}1\;{\rm{m}}$ và thấp nhất khoảng $0{,}9\;{\rm{m}}$.

c) Ta tìm ${\max _{[0;24]}}{h^\prime }(t)$.

- ${h^{\prime \prime }}(t) = \frac{1}{{216}}(10t - 120)$;

${h^{\prime \prime }}(t) = 0{\rm{ khi }}t = 12.{\rm{ }}$

- Bảng biến thiên của hàm số ${h^\prime }(t)$ :

Do đó, ta có: ${\max _{[0;24]}}{h^\prime }(t) = \max \left\{ {{h^\prime }(0);{h^\prime }(24)} \right\} = {h^\prime }(24) = \frac{{20}}{9}$.

Vậy mực nước trong hồ chứa thay đổi nhanh nhất khi $t = 0$ và $t = 24$. Tốc độ thay đổi của mực nước trong hồ chứa khi đó là $\frac{{20}}{9}\;{\rm{m}}/{\rm{h}}$.