Giải SGK Toán 12 Bài 12. Tích phân

Sau khi học xong bài này, ta giải quyết bài toán này như sau:

Ô tô dừng lại khi v(t) = 0. Tức là −40t + 20 = 0 Û t = 0,5 giây.

Từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là:

$S=\int _{0}^{0{,}5}(-40t+20)dt={-20{t}^{2}+20t|}_{0}^{0{,}5}=5$(m).

Vậy quãng đường ô tô di chuyển được là 5 mét.

a)

Kí hiệu A(1; 0), B(4; 0) và C, D lần lượt là giao điểm của đường thẳng x = 4; x = 1 với đường thẳng y = x + 1.

Khi đó C(4; 5), D(1; 2).

Ta có: AD = 2; BC = 5; AB = 3.

Khi đó diện tích hình thang T là $S = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {2 + 5} \right).3}}{2} = \frac{{21}}{2}$.

b)

Gọi A(1; 0), B(t; 0), t ∈ [1; 4] và C, D lần lượt là giao điểm của đường thẳng x = t; x = 1 với đường thẳng y = x + 1.

Khi đó C(t; t + 1); D(1; 2).

Do đó AB = t – 1; AD = 2; BC = t + 1.

Khi đó diện tích hình thang ABCD là

$S\left( t \right) = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {t + 3} \right).\left( {t - 1} \right)}}{2} = \frac{{{t^2} + 2t - 3}}{2}.$

c) Có $S\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t - 3}}{2}$$\Rightarrow S'\left( t \right) = {\left( {\frac{{{t^2} + 2t - 3}}{2}} \right)^\prime } = \frac{{2\left( {t + 1} \right)}}{2} = t + 1 = f\left( t \right)$.

Do đó S(t) là một nguyên hàm của hàm số f(t) = t + 1, t ∈ [1; 4].

Có $S\left( 4 \right) = \frac{{{4^2} + 2.4 - 3}}{2} = \frac{{21}}{2};S\left( 1 \right) = \frac{{{1^2} + 2.1 - 3}}{2} = 0$.

Do đó S(4) – S(1) = S.

a) Với h > 0, x + h < 2, kí hiệu S$_{MNPQ}$ và S$_{MNEF}$ lần lượt là diện tích các hình chữ nhật MNPQ và MNEF, ta có: S$_{MNPQ}$ ≤ S(x + h) – S(x) ≤ S$_{MNEF}$

hay hx$^{2}$ ≤ S(x + h) – S(x) ≤ h(x + h)$^{2}$.

Suy ra $0 \le \frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2} \le 2xh + {h^2}$.

b) Với h < 0 và x + h > 1, kí hiệu S$_{MNPQ}$ và S$_{MNEF}$ lần lượt là diện tích các hình chữ nhật MNPQ và MNEF, ta có S$_{MNPQ}$ ≤ S(x + h) – S(x) ≤ S$_{MNEF}$

hay h(x+h)$^{2}$ ≤ S(x + h) – S(x) ≤ hx$^{2}$.

Suy ra $2xh + {h^2} \le \frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2} \le 0$.

c) Dựa vào kết quả của câu a, b ta suy ra với mọi h ≠ 0, ta có:

$\left| {\frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} - {x^2}} \right| \le 2x\left| h \right| + {h^2}$.

Suy ra $S'\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{S\left( {x + h} \right) - S\left( x \right)}}{h} = {x^2},\forall x \in \left( {1;2} \right)$.

d) Vì S(1) = 0 nên $S\left( 1 \right) = \frac{{{1^3}}}{3} + C = 0 \Rightarrow C = - \frac{1}{3}$.

Vậy $S\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{1}{3}$.

Ta có $S = S\left( 2 \right) = \frac{{{2^3}}}{3} - \frac{1}{3} = \frac{7}{3}$.

Giả sử $F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3}$ là một nguyên hàm của f(x) = x$^{2}$ trên [1; 2].

Khi đó $F\left( 1 \right) = \frac{1}{3};F\left( 2 \right) = \frac{8}{3}$. Ta thấy $F\left( 2 \right) - F\left( 1 \right) = \frac{7}{3} = S$.

Vì F(x) và G(x) là hai nguyên hàm của f(x) trên đoạn [a; b] nên tồn tại một hằng số C sao cho F(x) = G(x) + C.

Do đó F(b) – F(a) = G(b) + C – G(a) – C = G(b) – G(a).

a) $\int\limits_0^1 {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_0^1 = e - 1$.

b) $\int\limits_1^e {\frac{1}{x}} dx = \left. {\ln \left| x \right|} \right|_1^e = \ln e - \ln 1 = 1$.

c) $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xdx} = \left. { - \cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = - \cos \frac{\pi }{2} + \cos 0 = 1.$

d) $\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}}} = \left. { - \cot x} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} = - \cot \frac{\pi }{3} + \cot \frac{\pi }{6} = - \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \sqrt 3 = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

a)

Gọi A(1; 0), B(3; 0) và C, D lần lượt là giao điểm của đường thẳng x = 3; x = 1 với đường thẳng y = 2x + 1.

Do đó C(3; 7), D(1; 3).

Tích phân cần tính là diện tích hình thang vuông ABCD với đáy nhỏ AD = 3; đáy lớn BC = 7 và chiều cao AB = 2.

Do đó $\int\limits_1^3 {\left( {2x + 1} \right)dx} = {S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {3 + 7} \right).2}}{2} = 10$.

b)

Ta có $y = \sqrt {4 - {x^2}}$ là phương trình nửa phía trên trục hoành của đường tròn tâm tại gốc tọa độ O và bán kính 2. Do đó, tích phân cần tính là diện tích nửa phía trên trục hoành của hình tròn tương ứng.

Vậy $\int\limits_{ - 2}^2 {\sqrt {4 - {x^2}} } dx = \frac{1}{2}.\pi {.2^2} = 2\pi$.

Ô tô dừng lại khi v(t) = 0. Tức là −40t + 20 = 0 Û t = 0,5 giây.

Từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là:

$S=\int _{0}^{0{,}5}(-40t+20)dt={-20{t}^{2}+20t|}_{0}^{0{,}5}=5$(m).

Vậy quãng đường ô tô di chuyển được là 5 mét.

a) $\int\limits_0^1 {2xdx} = \left. {{x^2}} \right|_0^1 = 1;$$2\int\limits_0^1 {xdx} = \left. {2.\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^1 = \left. {{x^2}} \right|_0^1 = 1$.

Do đó $\int\limits_0^1 {2xdx} = 2\int\limits_0^1 {xdx}$.

b) $\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + x} \right)dx} = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = \frac{5}{6}$.

$\int\limits_0^1 {{x^2}dx} + \int\limits_0^1 {xdx} = \left. {\frac{{{x^3}}}{3}} \right|_0^1 + \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^1 = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6}$.

Do đó $\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + x} \right)dx} = \int\limits_0^1 {{x^2}dx} + \int\limits_0^1 {xdx}$.

c) $\int\limits_0^3 {xdx} = \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^3 = \frac{9}{2}$; $\int\limits_0^1 {xdx} + \int\limits_1^3 {xdx}$$= \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^1 + \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_1^3 = \frac{1}{2} + \frac{9}{2} - \frac{1}{2} = \frac{9}{2}$.

Do đó $\int\limits_0^3 {xdx} = \int\limits_0^1 {xdx} + \int\limits_1^3 {xdx}$.

a) $\int\limits_0^{2\pi } {\left( {2x + \cos x} \right)dx}$$= \int\limits_0^{2\pi } {2xdx} + \int\limits_0^{2\pi } {\cos xdx}$$= \left. {{x^2}} \right|_0^{2\pi } + \left. {\sin x} \right|_0^{2\pi }$$= 4{\pi ^2}$.

b) $\int\limits_1^2 {\left( {{3^x} - \frac{3}{x}} \right)dx}$$= \int\limits_1^2 {{3^x}dx} - \int\limits_1^2 {\frac{3}{x}dx}$

$= \left. {\frac{{{3^x}}}{{\ln 3}}} \right|_1^2 - \left. {3\ln \left| x \right|} \right|_1^2 = \frac{{{3^2}}}{{\ln 3}} - \frac{3}{{\ln 3}} - 3\ln 2 + 3\ln 1 = \frac{6}{{\ln 3}} - 3\ln 2$.

c) $\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \right)dx}$$= \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx} - \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}dx}$

$= \left. {\tan x} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} + \left. {\cot x} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}$$= \tan \frac{\pi }{3} - \tan \frac{\pi }{6} + \cot \frac{\pi }{3} - \cot \frac{\pi }{6}$$= \sqrt 3 - \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{3} - \sqrt 3 = 0$.

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

$= \left. {\left( {3x - {x^2}} \right)} \right|_0^{\frac{3}{2}} + \left. {\left( {{x^2} - 3x} \right)} \right|_{\frac{3}{2}}^3$$= \frac{9}{4} + \frac{9}{4} = \frac{9}{2}$.

Nhiệt độ trung bình vào ngày đó là:

$\frac{1}{{12 - 6}}\int\limits_6^{12} {\left[ {20 + 1{,}5\left( {t - 6} \right)} \right]} dt$$= \frac{1}{6}\int\limits_6^{12} {\left( {1{,}5t + 11} \right)} dt$$= \frac{1}{6}\left. {\left( {\frac{3}{4}{t^2} + 11t} \right)} \right|_6^{12} = 40 - \frac{{31}}{2} = \frac{{49}}{2} = 24{,}5^\circ C$.

Vậy nhiệt độ trung bình vào ngày đó trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa là 24,5°C.

a)

Gọi A(1; 0), B(2; 0) và C, D lần lượt là giao điểm của đường thẳng x = 2; x = 1 với đường thẳng y = 2x + 1. Khi đó C(2; 5), D(1; 3).

Tích phân cần tính chính là diện tích của hình thang vuông ABCD với đáy nhỏ AD = 3, đáy lớn BC = 5, đường cao AB = 1.

Khi đó $\int\limits_1^2 {\left( {2x + 1} \right)dx} = {S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + BC} \right)AB}}{2} = \frac{{\left( {3 + 5} \right).1}}{2} = 4$.

b)

Ta có $y = \sqrt {9 - {x^2}}$ là phương trình nửa phía trên trục hoành của đường tròn tâm tại gốc tọa độ O và bán kính 3. Do đó, tích phân cần tính là diện tích nửa phía trên trục hoành của hình tròn tương ứng.

Vậy $\int\limits_{ - 3}^3 {\sqrt {9 - {x^2}} } dx = \frac{1}{2}.\pi {.3^2} = \frac{9}{2}\pi$.

a) $\int\limits_0^3 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]} dx$$= \int\limits_0^3 {f\left( x \right)} dx + \int\limits_0^3 {g\left( x \right)} dx = 5 + 2 = 7$.

b) $\int\limits_0^3 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} dx$$= \int\limits_0^3 {f\left( x \right)} dx - \int\limits_0^3 {g\left( x \right)} dx = 5 - 2 = 3$.

c) $\int\limits_0^3 {3f\left( x \right)} dx$$= 3\int\limits_0^3 {f\left( x \right)} dx = 3.5 = 15$.

d) $\int\limits_0^3 {\left[ {2f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right]} dx$$= 2\int\limits_0^3 {f\left( x \right)} dx - 3\int\limits_0^3 {g\left( x \right)} dx$$= 2.5 - 3.2 = 4$.

a) $\int\limits_0^3 {{{\left( {3x - 1} \right)}^2}} dx$$= \int\limits_0^3 {\left( {9{x^2} - 6x + 1} \right)} dx$$= 9\int\limits_0^3 {{x^2}} dx - 6\int\limits_0^3 x dx + \int\limits_0^3 {dx}$

$= \left. {3{x^3}} \right|_0^3 - \left. {3{x^2}} \right|_0^3 + \left. x \right|_0^3$$= 81 - 27 + 3 = 57$.

b) $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 + \sin x} \right)dx}$$= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {dx} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xdx}$$= \left. x \right|_0^{\frac{\pi }{2}} - \left. {\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}$$= \frac{\pi }{2} + 1$.

c) $\int\limits_0^1 {\left( {{e^{2x}} + 3{x^2}} \right)} dx$$= \int\limits_0^1 {{e^{2x}}} dx + 3\int\limits_0^1 {{x^2}} dx$$= \left. {\frac{{{e^{2x}}}}{2}} \right|_0^1 + \left. {{x^3}} \right|_0^1$$= \frac{{{e^2}}}{2} - \frac{1}{2} + 1 = \frac{{{e^2}}}{2} + \frac{1}{2}$.

d) $\int\limits_{ - 1}^2 {\left| {2x + 1} \right|dx}$$= \int\limits_{ - 1}^{\frac{{ - 1}}{2}} {\left| {2x + 1} \right|dx + \int\limits_{\frac{{ - 1}}{2}}^2 {\left| {2x + 1} \right|dx} }$$= \int\limits_{ - 1}^{\frac{{ - 1}}{2}} {\left( { - 2x - 1} \right)dx + \int\limits_{\frac{{ - 1}}{2}}^2 {\left( {2x + 1} \right)dx} }$

$= \left. {\left( { - {x^2} - x} \right)} \right|_{ - 1}^{\frac{{ - 1}}{2}} + \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_{\frac{{ - 1}}{2}}^2$$= \frac{1}{4} + 6 + \frac{1}{4} = \frac{{13}}{2}$.

a) Độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian 1 ≤ t ≤ 4 là

$\int\limits_1^4 {v\left( t \right)} dt = \int\limits_1^4 {\left( {{t^2} - t - 6} \right)} dt$$= \int\limits_1^4 {{t^2}} dt - \int\limits_1^4 t dt - 6\int\limits_1^4 {dt}$$= \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{{t^2}}}{2} - 6t} \right)} \right|_1^4$$= - \frac{{32}}{3} + \frac{{37}}{6} = - \frac{9}{2}$.

b) Tổng quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian này là

$\int\limits_1^4 {\left| {v\left( t \right)} \right|} dt$$= \int\limits_1^4 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} dt$$= \int\limits_1^3 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} dt + \int\limits_3^4 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} dt$

$= - \int\limits_1^3 {\left( {{t^2} - t - 6} \right)} dt + \int\limits_3^4 {\left( {{t^2} - t - 6} \right)} dt$$= - \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{{t^2}}}{2} - 6t} \right)} \right|_1^3 + \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} - \frac{{{t^2}}}{2} - 6t} \right)} \right|_3^4$$= \frac{{27}}{2} - \frac{{37}}{6} - \frac{{32}}{3} + \frac{{27}}{2} = \frac{{61}}{6}$.

a) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 101 sản phẩm là:

$\int\limits_{100}^{101} {P'\left( x \right)} dx = \int\limits_{100}^{101} {\left( { - 0{,}0005x + 12{,}2} \right)} dx$$= \left. {\left( { - \frac{1}{{4000}}{x^2} + 12{,}2x} \right)} \right|_{100}^{101}$

= 1229,64975 – 1217,5 = 12,14975 triệu đồng.

b) Sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ 100 lên 110 sản phẩm là

$\int\limits_{100}^{110} {P'\left( x \right)} dx = \int\limits_{100}^{110} {\left( { - 0{,}0005x + 12{,}2} \right)} dx$$= \left. {\left( { - \frac{1}{{4000}}{x^2} + 12{,}2x} \right)} \right|_{100}^{110}$

= 1338,975 – 1217,5 = 121,475 triệu đồng.

Vận tốc trung bình của động mạch là:

${v_{tb}} = \frac{1}{{R - 0}}\int\limits_0^R {v\left( r \right)} dr$$= \frac{1}{R}\int\limits_0^R {k\left( {{R^2} - {r^2}} \right)} dr$$= \left. {\frac{1}{R}k\left( {{R^2}r - \frac{{{r^3}}}{3}} \right)} \right|_0^R$$= \frac{2}{3}k{R^2}$.

Do đó, vận tốc trung bình của động mạch là $\frac{2}{3}k{R^2}$.

Vì 0 ≤ r ≤ R nên vận tốc lớn nhất của động mạch là kR$^{2}$ khi r = 0.

Do đó ${v_{tb}} = \frac{2}{3}{v_{\max }}$.