Giải SBT Toán 12 Bài 13. Ứng dụng hình học của tích phân

a) Diện tích cần tính là:

S = $\int\limits_0^5 {\left| {{x^2} - 4} \right|dx} = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 4} \right|dx} + \int\limits_2^5 {\left| {{x^2} - 4} \right|dx}$

= $\int\limits_0^2 {\left( {4 - {x^2}} \right)dx} + \int\limits_2^5 {\left( {{x^2} - 4} \right)dx}$

= $\left. {\left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^2 + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 4x} \right)} \right|_2^5$

= 4.2 – $\frac{8}{3}$ − 4.0 + $\frac{0}{3}$ + $\frac{{{5^3}}}{3}$ − 4.5 – $\frac{8}{3}$ + 4.2 = $\frac{{97}}{3}$.

b) Diện tích cần tính là:

S = $\int\limits_0^2 {\left| { - {x^2} + 9 - \left( {2x + 1} \right)} \right|dx}$ = $\int\limits_0^2 {\left| { - {x^2} - 2x + 8} \right|} dx$

= $\int\limits_0^2 {\left( { - {x^2} - 2x + 8} \right)dx}$

= $\left. {\left( {\frac{{ - {x^3}}}{3} - {x^2} + 8x} \right)} \right|_0^2$ = $\frac{{28}}{3}$.

a) Ta có: (x – 1)3 ≥ x – 1, với mọi x ∈ [0; 1].

Do đó, diện tích cần tính là:

S = $\int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {x - 1} \right)}^3} - \left( {x - 1} \right)} \right|dx}$ = $\int\limits_0^1 {\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^3} - \left( {x - 1} \right)} \right]dx}$

= $\int\limits_0^1 {\left( {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right)} dx$

= $\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - {x^3} + {x^2}} \right)} \right|_0^1$ = $\frac{1}{4}$.

b) Ta có: x3 + 2x2 – 3x – x2 – 3x = x3 + x2 – 6x = x(x – 2)(x + 3) ≥ 0, với mọi x ∈ [−3; 0].

Do đó, diện tích cần tính là:

S = $\int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} + 2{x^2}--3x--{x^2}--3x} \right|} dx$

= $\int\limits_{ - 3}^0 {\left| {{x^3} + {x^2} - 6x} \right|dx}$

= $\int\limits_{ - 3}^0 {\left( {{x^3} + {x^2} - 6x} \right)dx}$

= $\left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{{x^3}}}{3} - 3{x^2}} \right)} \right|_{ - 3}^0$

= $\frac{{63}}{4}$.

a) Ta có: ex ≥ 1 ≥ $\sqrt x$, với mọi x ∈ [0; 1], nên diện tích cần tính là:

S = $\int\limits_0^1 {\left| {{e^x} - \sqrt x } \right|dx} = \int\limits_0^1 {\left( {{e^x} - \sqrt x } \right)dx}$ = $\left. {\left( {{e^x} - \frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}}} \right)} \right|_0^1$ = e − $\frac{5}{3}$.

b) Vì cosx ≥ $\frac{1}{2}$, với mọi x ∈ $\left[ {0;\frac{\pi }{3}} \right]$, nên diện tích cần tính là:

S = $\int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left| {\cos x - \frac{1}{2}} \right|dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\cos x - \frac{1}{2}} \right)dx} = \left. {\left( {\sin x - \frac{1}{2}} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{\pi }{6}$.

a) Thể tích cần tính là:

V = π$\int\limits_1^4 {{{\left( {2\sqrt x } \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_1^4 {4xdx = \left. {\pi 2{x^2}} \right|_1^4 = 30\pi }$.

b)

Đồ thị hàm số y = 4x nằm phía trên đồ thị hàm số y = x3 so với trục hoành, với mọi

x ∈ [0; 2].

Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 4x, y = 0, x = 0, x = 2 quanh trục Ox là:

V1 = $\pi \int\limits_0^2 {{{\left( {4x} \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_0^2 {16{x^2}dx} = \frac{{128\pi }}{3}$.

Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x3, y = 0, x = 0, x = 2 quanh trục Ox là:

V2 = $\pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^3}} \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_0^2 {{x^6}dx} = \frac{{128\pi }}{7}$.

Thể tích cần tính là: V = V1 – V2 = $\frac{{128\pi }}{3}$ − $\frac{{128\pi }}{7}$ = $\frac{{512\pi }}{{21}}$.

a) Ta có đồ thị hàm số như sau:

Quan sát đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số y = $\sqrt x$ nằm phía trên đồ thị hàm số y = $\frac{{{x^2}}}{8}$ so với trục hoành, với x ∈ [0; 4].

Diện tích cần tính là:

S = $\int\limits_0^4 {\left| {\sqrt x - \frac{{{x^2}}}{8}} \right|} dx = \int\limits_0^4 {\left( {\sqrt x - \frac{{{x^2}}}{8}} \right)} dx = \left. {\left( {\frac{2}{3}x\sqrt x - \frac{{{x^3}}}{{24}}} \right)} \right|_0^4 = \frac{8}{3}$.

b) Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = $\sqrt x$,

y = 0, x = 0, x = 4 quanh trục Ox là:

V1 = $\pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_0^4 {xdx = \left. {\frac{{\pi {x^2}}}{2}} \right|_0^4 = 8\pi .}$

Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y = $\frac{{{x^2}}}{8}$,

y = 0, x = 0, x = 2 quanh trục Ox là:

V2 = $\pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\frac{{{x^2}}}{8}} \right)}^2}} dx = \pi \int\limits_0^4 {\frac{{{x^4}}}{{64}}dx = \left. {\frac{{\pi {x^5}}}{{320}}} \right|_0^4 = \frac{{16\pi }}{5}.}$

Thể tích cần tính là:

V = V1 – V2 = $8\pi - \frac{{16\pi }}{5} = \frac{{24\pi }}{5}$.

Ta có hình sau:

Mỗi mặt phẳng vuông góc với trục hoành tại điểm có hoành độ bằng x (−2 ≤ x ≤ 2) cắt vật thể theo mặt cắt là hình vuông có độ dài cạnh là AB = 2BH = $2\sqrt {4 - {x^2}}$.

Khi đó diện tích mặt cắt là 4(4 – x2).

Vậy thể tích của vật thể là: V = $\int\limits_{ - 2}^2 {4\left( {4 - {x^2}} \right)} dx = \frac{{128}}{3}$.

Xét phương trình −0,2x + 8 = 0,1x + 2 ⇔ x = 20, khi đó p = −0,2.20 + 8 = 4.

Thặng dư tiêu dùng là:

$\int\limits_0^{20} {\left( { - 0{,}2x + 8 - 3} \right)} dx = \left. {\left( { - 0{,}1 + 4x} \right)} \right|_0^{20}$ = 40 (triệu đồng).

Thặng dư sản xuất là:

$\int\limits_0^{20} {\left[ {4 - \left( {0{,}1x + 2} \right)} \right]dx = } \left. {\left( {2x - 0{,}1.\frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{20}$ = 20 (triệu đồng).

Tổng chi phí nhiên liệu khi công ty vận tải sử dụng xe tải loại thứ nhất trong 10 năm là:

S1 = $\int\limits_0^{10} {{C_1}dt} = \int\limits_0^{10} {\left( {5{,}6 + 2{,}2t} \right)dt} = \left. {\left( {5{,}6t + 1{,}1{t^2}} \right)} \right|_0^{10}$ = 166 (triệu đô la).

Tổng chi phí nhiên liệu khi công ty vận tải sử dụng xe tải loại thứ hai trong 10 năm là:

S2 = $\int\limits_0^{10} {{C_2}dt} = \int\limits_0^{10} {\left( {4{,}7 + 2{,}04t} \right)dt} = \left. {\left( {4{,}7t + 1{,}02{t^2}} \right)} \right|_0^{10}$ = 149 (triệu đô la).

Vậy khi sử dụng loại xe tải với động cơ hiệu quả hơn, công ty tiết kiệm được:

166 – 149 = 17 (triệu đô la).

Hàm lợi nhuận là P = R – C = 40 + 0,08t – 0,2t2.

Ước tính lợi nhuận trong khoảng thời gian 10 năm là:

≈ 337,33 (triệu đô la).

a) Thời gian t mà dịch bệnh kết thúc thỏa mãn phương trình:

−0,2t$^{2}$ + 6t + 200 = 0 ⇔ t = 50 (vì t ≥ 0).

b) Như vậy khi có vắc xin tiêm cho công chúng từ tuần thứ hai mươi lăm tới tuần thứ năm mươi khi kết thúc dịch (theo mô hình chỉ ra).

Số người mà vắc xin đã ngăn ngừa khỏi bệnh trong thời gian xảy ra dịch bệnh là:

$\int\limits_{25}^{50} {\left[ {{N_1}\left( t \right) - {N_2}\left( t \right)} \right]dt} = \int\limits_{25}^{50} {\left( {0{,}3{t^2} - 5{,}5t - 50} \right)dt}$= $\left. {\left( {0{,}1{t^3} - 5{,}5.\frac{{{t^2}}}{2} - 50t} \right)} \right|_{25}^{50}$ ≈ 4 531.