23 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến tích phân (có lời giải)

Ta có quãng đường vật đi được từ thời điểm $t = 2$ tới $t = 30$ là:

$S = \int\limits_2^{30} {\left( {3t + 2} \right)} dt = S\left( {30} \right) - S\left( 2 \right)$$\Leftrightarrow S\left( {30} \right) - S\left( 2 \right) = 1400$$\Leftrightarrow S\left( {30} \right) = 1400 + S\left( 2 \right) = 1410\,m$.

a) $s = \int\limits_0^4 {v(t)dt} = \int\limits_0^4 {\left( {20 - 5t} \right)dt} = 40{\rm{ }}(m)$

b) ${v_{tb}} = \frac{1}{{b - a}}\int_a^b {v(t)dt} = \frac{1}{{4 - 0}}\int_0^4 {\left( {20 - 5t} \right)dt} = 10{\rm{ }}(m/s)$

Ta có: $C(100) - C(0) = \int\limits_0^{100} {C'(x)dx} = \int\limits_0^{100} {\left( {5 - 0{,}06x + 0{,}00072{x^2}} \right)dx} = 440$

Suy ra C(100) = C(0) + 440 = 30 + 440 = 470 (triệu đồng).

Vậy khi nhà máy sản xuất 100 tấn sản phẩm A trong tháng thì tổng chi phi là 470 triệu đồng.

a) Quãng đường xe đi được sau ${t_0}$ giây là

$s\left( {{t_0}} \right) = \int_0^{{t_0}} {\left( {2t - 0{,}03{t^2}} \right)} {\rm{d}}t = \left. {\left( {{t^2} - 0{,}01{t^3}} \right)} \right|_0^{{t_0}} = t_0^2 - 0{,}01t_0^3(\;{\rm{m}})$

Với ${t_0} = 5$ thì $s(5) = {5^2} - 0{,}01 \cdot {5^3} = 23{,}75(\;{\rm{m}})$. Với ${t_0} = 10$ thì $s(10) = {10^2} - 0{,}01 \cdot {10^3} = 90(\;{\rm{m}})$.

b) $\bar v = \frac{{s(10)}}{{10}} = \frac{{90}}{{10}} = 9(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})$.

Khi ô tô dừng hẳn thì $v = 0$, khi đó $- 40t + 20 = 0$, do đó $t = \frac{1}{2}$.

Quãng đường ô tô di chuyển kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là: $\int_0^{\frac{1}{2}} {( - 40t + 20)} {\rm{d}}t = 5(\;{\rm{m}}){\rm{. }}$

Ta có $v(t) = 3t + 2(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})$

Khi đó quãng đường của vật được tính từ giây thứ 3 đền giây thứ 5 là:

$s(t) = \int_3^5 {(3t + 2)} dt = \left. {\left( {\frac{{{\rm{3}}{{\rm{t}}^2}}}{2} + 2{\rm{t}}} \right)} \right|_3^5$$= 28(\;{\rm{m}}).$

Khi ô tô dừng lại, ta có $v(t) = 0 \Leftrightarrow - 2t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 10$

Vậy từ thời điểm đạp phanh đến khi dừng lại, ô tô di chuyển được thêm 10 s và quãng đường đi được là: $s = \int_0^{10} {( - 2t + 20)} dt = \left. {\left( { - {t^2} + 20t} \right)} \right|_0^{10} = 100$

Trong 5 s trước đó, ô tô vẫn đang đi với vận tốc $20\;{\rm{m}}/{\rm{s}}$ nên quãng đường trong 5 s này đi được là: 5.20 = 100m

Vậy quãng đường mà ô tô đi được trong 15 s cuối cùng bằng: $100 + 100 = 200\;{\rm{m}}$

Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ $t = 0$ đến $t = 5$ là:

$s = \int_0^5 v (t)dt = \int_0^5 {(3t + 4)} dt = \left. {\left( {3\frac{{{t^2}}}{2} + 4t} \right)} \right|_0^5 = 57{,}5\;{\rm{m}}.$

Tốc độ của chất điểm tại thời điểm t kể từ khi bắt đầu tăng tốc là:

$v(t) = \int a (t)dt = \int 3 dt = 3t + C{\rm{. }}$

Vì $v(0) = 1$ nên $C = 1$.

Do đó $v(t) = 3t + 1$.

Sau 10 giây tốc độ của chất điểm là: $v(10) = 3.10 + 1 = 31\;{\rm{m}}/{\rm{s}}$.

a) Quãng đường ${\rm{s}}({\rm{t}})$ vật di chuyển được sau thời gian t giây là:

$s(t)=\int v(t)dt=\int 10tdt=5{t}^{2}+C\ Vìs(0)nênC=0.Dođós(t)=5{t}^{2}$

b) Vật chạm đất khi $s(t) = 100$nên $5{t^2} = 100 \Leftrightarrow t = 2\sqrt 5$ (vì ${\rm{t}} > 0)$.

Vậy vật chạm đất sau $2\sqrt 5 \approx 4{,}47$ giây.

Tốc độ rơi trung bình là $\frac{1}{{2\sqrt 5 }}\int_0^{2\sqrt 5 } 1 0tdt = \left. {\frac{1}{{2\sqrt 5 }} \cdot 5{t^2}} \right|_0^{2\sqrt 5 } = 10\sqrt 5 \;{\rm{m}}/{\rm{s}}$.

a) Xe dừng khi $v(t) = 20 - 5t = 0$ hay $t = 4(v(t) = 20 - 5t \ge 0$ với mọi $t \in [0;4])$.

Từ đó, quãng đường xe di chuyển từ khi bắt đầu hãm phanh đến khi dừng là

$s = \int_0^4 v (t){\rm{d}}t = \int_0^4 {(20 - 5t)} {\rm{d}}t = \left. {\left( {20t - \frac{{5{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^4 = 40(\;{\rm{m}})$

b) Tốc độ trung bình của xe trong khoảng thời gian đó là: ${v_{{\rm{tb}}}} = \frac{s}{4} = \frac{{40}}{4} = 10(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})$

Nhiệt độ trung bình vào ngày đó trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa là

$\frac{1}{12-6}{\int }_{6}^{12}T(t)dt=\frac{1}{6}(1{,}5t+11)dt=\frac{1}{6}(\frac{3}{4}{t}^{2}+11t)\{\begin{matrix}12 \\ 6\end{matrix}=24{,}5(^{\circ}C)$

a) Gọi $s(t)$ là quãng đường đi được của chuyển động.

Ta có vận tốc là đạo của quãng đường: $s({\rm{t}}) = {\rm{v}}({\rm{t}})$. Do đó hàm số $s({\rm{t}})$ là một nguyên hàm của hàm số $v({\rm{t}})$. Khi đó ta có $\int_a^b v (t)dt = \left. {s(t)} \right|_a^b = s(b) - s(a)$.

Vậy $\int_a^b v (t)dt$ biểu thị quãng đường mà vật đi được trong khoảng thời gian từ a đến $b$.

b) Quãng đường vật đó di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm ${\rm{t}} = 0$ (giây) đến thời điểm $t = \frac{{3\pi }}{4}$ (giây) là: $s = \int_0^{\frac{{3\pi }}{4}} {(2 - \sin t)} dt = \left. {(2t + \cos t)} \right|_0^{\frac{{3\pi }}{4}} = \left( {2 \cdot \frac{{3\pi }}{4} + \cos \frac{{3\pi }}{4}} \right) - \cos 0 = \frac{{3\pi }}{2} - \frac{{\sqrt 2 }}{2} - 1 \approx 3(\;{\rm{m}}).$

Giả sử vật chuyển động trên một trục nằm ngang, chiểu dương hướng từ trái sang phải.

a) Ta có $\int_1^4 v (t){\rm{d}}t = \int_1^4 {\left( {{t^2} - t - 6} \right)} {\rm{d}}t = \left. {\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{1}{2}{t^2} - 6t} \right)} \right|_1^4 = - \frac{9}{2}$.

Vậy trong khoảng thời gian $1 \le t \le 4$, vật dịch chuyển sang bên trái được $4{,}5\;{\rm{m}}$ so với vị trí tại thời điểm $t = 1$ (giây) (Trong quá trình chuyển động, lúc thì vật đi sang trái, lúc thì đi sang phải, nhưng tại thời điểm $t = 4$ (giây) thì vật có vị trí nằm ở phía bên trái và cách vị trí của vật tại thời điểm $t = 1$ (giây) một khoảng là $4{,}5\;{\rm{m}}$ ).

b) Ta có

$$\begin{array}{l}\int_1^4 | v(t)|{\rm{d}}t = \int_1^4 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} {\rm{d}}t = \int_1^3 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} {\rm{d}}t + \int_3^4 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} {\rm{d}}t = \int_1^3 {\left( { - {t^2} + t + 6} \right)} {\rm{d}}t + \int_3^4 {\left( {{t^2} - t - 6} \right)} {\rm{d}}t\\ = \left. {\left( {\frac{{ - 1}}{3}{t^3} + \frac{1}{2}{t^2} + 6t} \right)} \right|_1^3 + \left. {\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{1}{2}{t^2} - 6t} \right)} \right|_3^4 = \frac{{22}}{3} + \frac{{17}}{6} = \frac{{61}}{6}.\end{array}$$

Vậy tổng quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian $1 \le t \le 4$ (giây) (tính cả quãng đường lúc đi sang trái, quãng đường lúc đi sang phải) là $\frac{{61}}{6}\;{\rm{m}}$.

a) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 101 đơn vị sản phảm là $\int_{100}^{101} {( - 0{,}0005x + 12{,}2)} {\rm{d}}x = \left. {\left( { - \frac{1}{{4000}}{x^2} + 12{,}2x} \right)} \right|_{100}^{101} = 12{,}14975$ (triệu đồng).

b) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 110 đơn vị sản phẩm là $\int_{100}^{110} {( - 0{,}0005x + 12{,}2)} {\rm{d}}x = \left. {\left( { - \frac{1}{{4000}}{x^2} + 12{,}2x} \right)} \right|_{100}^{110} = 121{,}475$ (triệu đồng).

Theo giả thiết, $P(0) = - 25$.

$P(90) = P(0) + \int_0^{90} {{P^\prime }} (x){\rm{d}}x = - 25 + \int_0^{90} {(16 - 0{,}02x)} {\rm{d}}x = - 25 + \left. {\left( {16x - 0{,}01{x^2}} \right)} \right|_0^{90} = 1334{\rm{ }}({\rm{tri}}e{\rm{u dong}})$

Vậy nếu trong tuần nhà máy bán được 90 tấn sản phẩm thì thu được lợi nhuận là 1334000000 đồng.

Hoành độ điểm cân bằng là nghiệm của phương trình: $- 0{,}36x + 9 = 0{,}14x + 2 \Leftrightarrow x = 14.{\rm{ }}$

Tọa độ điểm cân bằng là $(14;3{,}96)$.

Thặng dư tiêu dùng là: ${S_1} = \int_0^{14} | - 0{,}36x + 9 - 3{,}96|dx = \int_0^{14} | - 0{,}36x + 5{,}04|dx = \int_0^{14} {( - 0{,}36x + 5{,}04)} dx$

Thặng dư sản xuất là:

${S_2} = \int_0^{14} | 3{,}96 - 0{,}14x - 2|dx = \int_0^{14} | 1{,}96 - 0{,}14x|dx = \int_0^{14} {(1{,}96 - 0{,}14x)} dx = \left. {\left( {1{,}96x - 0{,}07{x^2}} \right)} \right|_0^{14} = 13{,}72$

$T(8)=T(6)+{\int }_{6}^{8}T(x)dx=150+{\int }_{6}^{8}T(x)dx=150-30{\int }_{6}^{8}\frac{1}{x}dx=150-30\ln \{\begin{matrix}8 \\ 6\end{matrix}$

Vậy mặt ngoài của ống có nhiệt độ khoảng $141{,}4^{\circ}C$

Quãng đường chuyển động của thang máy:

$s = \int_0^{24} v (t){\rm{d}}t = \int_0^2 t \;{\rm{d}}t + \int_2^{20} 2 \;{\rm{d}}t + \int_{20}^{24} {(12 - 0{,}5t)} {\rm{d}}t = \left. {\frac{1}{2}{t^2}} \right|_0^2 + \left. {2t} \right|_2^{20} + \left. {\left( {12t - \frac{1}{4}{t^2}} \right)} \right|_{20}^{24} = 42(\;{\rm{m}}).$

Tốc độ trung bình của thang máy: $\bar v = \frac{{42}}{{24}} = 1{,}75(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})$.

Vận tốc trung bình (đối với $r$ ) của động mạch trong khoảng $0 \le r \le R$ là

$\frac{1}{{R - 0}}\int_0^R k \left( {{R^2} - {r^2}} \right){\rm{d}}r = \left. {\frac{1}{R}\left( {k{R^2}r - k\frac{{{r^3}}}{3}} \right)} \right|_0^R = \frac{1}{R}\left( {k{R^3} - k\frac{{{R^3}}}{3}} \right) = k{R^2} - \frac{{k{R^2}}}{3} = \frac{2}{3}k{R^2}{\rm{. }}$

Xét hàm số $v(r) = k\left( {{R^2} - {r^2}} \right),0 \le r \le R$. Ta có ${v^\prime }(r) = - 2kr;{v^\prime }(r) = 0 \Leftrightarrow r = 0$.

Suy ra vận tốc lớn nhất của dòng máu là ${v_{CD}} = k{R^2}$.

Vậy vậy tốc lớn nhất của dòng máu lớn hơn vận tốc trung bình 1,5 lẩn.

Gọi phương trình đường thẳng OA là ${\rm{v}}({\rm{t}}) = {\rm{at}}({\rm{a}} \ne 0)$.

Vi OA đi qua điểm ${\rm{A}}(1;2)$ nên với ${\rm{t}} = 1$ thì ${\rm{v}} = 2$, ta có $2 = {\rm{a}} \cdot 1$, suy ra ${\rm{a}} = 2$.

Do đó, ${\rm{OA}}:{\rm{v}}({\rm{t}}) = 2{\rm{t}}$.

a) Trong 1 giây đầu tiên, vận tốc của vật được biểu diễn bởi hàm số $v(t) = 2t$ $({\rm{m}}/{\rm{s}})$.

Quãng đường mà vật di chuyển được trong 1 giây đầu tiên là:

${s_1} = \int_0^1 2 tdt = \left. {{t^2}} \right|_0^1 = {1^2} - {0^2} = 1(\;{\rm{m}}).$

b) Trong khoảng thời gian từ thời điểm $t = 1$ (giây) đến thời điểm $t = 2$ (giây), vận tốc của vật được biểu diễn bởi hàm số hằng $v({\rm{t}}) = 2$.

Quãng đường mà vật di chuyển được trong khoảng thời gian từ thời điểm ${\rm{t}} = 1$ (giây) đến thời điểm $t = 2$ (giây) là:

${s_2} = \int_1^2 2 dt = \left. {2t} \right|_1^2 = 2(2 - 1) = 2(\;{\rm{m}}).$

Vậy quãng đường mà vật di chuyển được trong 2 giây đầu tiên là $s = 1 + 2$ = 3 (m).

a) Ta có ${\rm{f}}({\rm{x}}) = \ln {\rm{y}}({\rm{x}})$. Lấy đạo hàm hai vế ta được: ${{\rm{f}}^\prime }({\rm{x}}) = \frac{{{y^\prime }(x)}}{{y(x)}}$.

Mà ${y^\prime }({\rm{x}}) = - 7 \cdot {10^{ - 4}}y(x)$, suy ra $= - 7 \cdot {10^{ - 4}}$.

Do đó, ${f^\prime }(x) = - 7 \cdot {10^{ - 4}}$.

Hàm số $f(x)$ là một nguyên hàm của hàm số ${f^\prime }(x)$.

Ta có $\int {{f^\prime }} (x)dx = \int {\left( { - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}} \right)} dx = - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C$.

Suy ra $f(x) = - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C$.

Mà $f(x) = \ln y(x)$ nên $\ln y(x) = - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C$. Suy ra $y(x) = {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + C}}$.

Vì tại $x = 0$, nồng độ ban đầu của chất $A$ là $0{,}05\;{\rm{mo}}{{\rm{l}}^{ - 1}}$, tức là ${\rm{y}}(0) = 0{,}05$ nên ${e^C} = 0{,}05 \Leftrightarrow C = \ln 0{,}05$.

Vậy $f(x) = - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + \ln 0{,}05$.

b) Từ câu a, ta có $y(x) = {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + \ln 0{,}05}}$.

Khi đó nồng độ trung bình của chất A từ thời điểm 15 giây đến thời điểm 30 giây là:

$\begin{array}{l}\frac{1}{{30 - 15}}\int_{15}^{30} y (x)dx = \frac{1}{{15}}\int_{15}^{30} {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + \ln 0{,}05}}} dx = \frac{{{e^{\ln 0{,}05}}}}{{15}}\int_{15}^{30} {{{\left( {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}}}} \right)}^x}} dx\\ = \left. {\frac{1}{{300}} \cdot \frac{{{{\left( {{e^{ - 7 \cdot {{10}^4}}}} \right)}^x}}}{{\ln {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}}}}}} \right|_{15}^{30} = \frac{{ - 100}}{{21}}\left( {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 30}} - {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 15}}} \right) \approx 0{,}049\left( {\;{\rm{mol}}\;{{\rm{L}}^{ - 1}}} \right).\end{array}$