Bài 34 Trang 174 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao

LG a

Đồ thị các hàm số $y = x, y = 1$ và $y = {{{x^2}} \over 4}$ trong miền $x \ge 0,y \le 1.$

Phương pháp giải:

Dựng hình, tính diện tích miền cần tính và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Diện tích hình thang $OABC$ là:
${S_1} = (2 + 1){1 \over 2} = {3 \over 2}$
Diện tích tam giác cong $OBC$ là hình phẳng giới hạn bởi: $y = 0,x = 2,y = {{{x^2}} \over 4}$ là:

${S_2} = \int\limits_0^2 {{{{x^2}} \over 4}} dx = \left. {{{{x^3}} \over {12}}} \right|_0^2 = {2 \over 3}$

Diện tích cần tìm là $S = {S_1} - {S_2} = {3 \over 2} - {2 \over 3} = {5 \over 6}$.

Cách 2: 

Diện tích hình phẳng cần tìm chính là tổng diện tích tam giác cong OAD và tam giác cong ADB.

Diện tích tam giác cong OAD là:

${S_{OAD}} = \int\limits_0^1 {\left( {x - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \right)dx}$ $= \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_0^1 = \dfrac{5}{{12}} - 0 = \dfrac{5}{{12}}$

Diện tích tam giác cong ADB là:

${S_{ADB}} = \int\limits_1^2 {\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \right)dx}$ $= \left. {\left( {x - \dfrac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_1^2 = \dfrac{4}{3} - \dfrac{{11}}{{12}} = \dfrac{5}{{12}}$

Vật diện tích hình phẳng cần tìm là:

$\dfrac{5}{{12}} + \dfrac{5}{{12}} = \dfrac{5}{6}$

Cách 3.

Ta có: $y = \dfrac{{{x^2}}}{4} \Leftrightarrow {x^2} = 4y$ $\Leftrightarrow x = 2\sqrt y$ (do ta chỉ xét miền $x \ge 0$)

Gọi hình phẳng đã cho là hình phẳng giới hạn bởi đường cong có phương trình x=2 √y, đường thẳng x = y và y = 0 và đường thẳng y = 1. Diện tích cần tìm là:

$S = \int\limits_0^1 {\left( {2\sqrt y  - y} \right)dy}$ $= \left. {\left( {2.\dfrac{{{y^{\dfrac{3}{2}}}}}{{\dfrac{3}{2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1$ $= \left. {\left( {\dfrac{4}{3}y\sqrt y  - \dfrac{{{y^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = \dfrac{5}{6} - 0 = \dfrac{5}{6}$

LG b

Đồ thị hai hàm số $y = {x^4} - 4{x^2} + 4,y = {x^2}$, trục tung và đường thẳng $x = 1$

Phương pháp giải:

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right),$ $x = a,x = b$.

+) B1: Tìm nghiệm $a \le {x_1} < {x_2} < ... < {x_n} \le b$ của phương trình hoành độ giao điểm $f\left( x \right) = g\left( x \right)$.

+) B2: Tính diện tích theo công thức:

$S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx}$

$= \int\limits_a^{{x_1}} {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx}$ $+ \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx}$ $+ ... + \int\limits_{{x_{n - 1}}}^{{x_n}} {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx}$ $+ \int\limits_{{x_n}}^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx}$

$= \left| {\int\limits_a^{{x_1}} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} } \right|$$+ \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} } \right|$ $+ ... + \left| {\int\limits_{{x_{n - 1}}}^{{x_n}} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} } \right|$ $+ \left| {\int\limits_{{x_n}}^b {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} } \right|$

Lời giải chi tiết:

Cách 1:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

${x^4} - 4{x^2} + 4 = {x^2} \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {x^2} = 1 \hfill \cr  {x^2} = 4 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = \pm 1 \hfill \cr  x = \pm 2 \hfill \cr} \right.$

Ta có: $-2<-1<0<1<2$ nên

$S=\int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{4}}-4{{x}^{2}}+4-{{x}^{2}} \right|dx}$ $=\int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right|dx}$ $=\left| \int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4 \right)dx} \right|$ $=\left| \left. \left( \dfrac{{{x}^{5}}}{5}-\dfrac{5{{x}^{3}}}{3}+4x \right) \right|_{0}^{1} \right|$ $=\left| \dfrac{38}{15} \right|=\dfrac{38}{15}$

Cách 2:

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

${x^4} - 4{x^2} + 4 = {x^2} \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {x^2} = 1 \hfill \cr  {x^2} = 4 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = \pm 1 \hfill \cr  x = \pm 2 \hfill \cr} \right.$

Ta có:

$\eqalign{ & S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^4} - 4{x^2} + 4 - {x^2}} \right|} dx \cr &= \int\limits_0^1 {\left| {{x^4} - 5{x^2} + 4} \right|} dx \cr  & = \int\limits_0^1 {({x^4} - 5{x^2}} + 4)dx \cr &= \left. {\left( {{{{x^5}} \over 5} - {{5{x^3}} \over 3} + 4x} \right)} \right|_0^1 = {{38} \over {15}} \cr}$

LG c

Đồ thị các hàm số $y = {x^2},y = 4x - 4$ và $y = -4x – 4$.

Phương pháp giải:

Dựng hình suy ra các công thức tính diện tích.

Lời giải chi tiết:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^2}$ và đường thẳng $y = 4x – 4$ là:

$\eqalign{ & {x^2} = 4x - 4 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 = 0 \cr  & \Leftrightarrow {(x - 2)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 2. \cr}$

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^2}$ và đường thẳng
$y = -4x – 4$ là:

$\eqalign{ & {x^2} = - 4x - 4 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 4 = 0 \cr  & \Leftrightarrow {(x + 2)^2} = 0 \Leftrightarrow x = - 2. \cr}$

$\eqalign{ & S  = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {{x^2} - \left( { - 4x - 4} \right)} \right|dx}  \cr &+ \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - \left( {4x - 4} \right)} \right|dx}\cr & = \int\limits_{ - 2}^0 {({x^2} + 4x + 4)} dx \cr &+ \int\limits_0^2 {({x^2} - 4x + 4)} dx \cr  & = \left. {\left( {{{{x^3}} \over 3} + 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_{ - 2}^0 \cr &+ \left. {\left( {{{{x^3}} \over 3} - 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_0^2 \cr &= {8 \over 3} + {8 \over 3} = {{16} \over 3} \cr}$

Cách khác:

Do tính đối xứng qua Oy của parabol y=x² nên diện tích hình phẳng cần tìm bằng 2 lần diện tích tam giác cong giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {x^2}$, trục tung, đường thẳng $y = 4x - 4$. Khi đó,

$S = 2\int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)dx}$ $= 2\left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_0^2$ $= 2\left( {\dfrac{8}{3} - 0} \right) = \dfrac{{16}}{3}$

Loigiaihay.com