Giải bài 1, 2, 3 trang 121 SGK Giải tích 12

Bài 1 trang 121 – SGK Giải tích 12

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

a) (y={x^2},y =x + 2);

b) (y = |lnx|, y = 1);

c) (y = {left( x-6 right)}^2,y = 6x-{x^2})

Giải

a) Phương trình hoành độ giao điểm (f(x) = x^2-x -2 =0 ⇔ x = -1) hoặc (x = 2).

Diện tích hình phẳng cần tìm là :

(S=int_{-1}^{2}left |x^{2}- x- 2 right |dx = left | int_{-1}^{2}left (x^{2}- x- 2 right ) dx right |)

(=left |frac{x^{3}}{3}-frac{x^{2}}{2}-2x|_{-1}^{2} right |=left |frac{8}{3}-2-4-(frac{1}{3}-frac{1}{2}+2) right |)(=4tfrac{1}{2})

b) Phương trình hoành độ giao điểm:

(f(x) = 1 – ln|x| = 0 ⇔ lnx = ± 1)

(⇔ x = e) hoặc (x = frac{1}{e})

(y = ln|x| = lnx) nếu (lnx ≥ 0) tức là (x ≥ 1).

hoặc (y = ln|x| = – lnx) nếu (lnx < 0), tức là (0 < x < 1).

Dựa vào đồ thị hàm số vẽ ở hình trên ta có diện tích cần tìm là :

(S=int_{frac{1}{e}}^{e}|1- ln|x||dx =int_{frac{1}{e}}^{1}(1+lnx)dx )

(+int_{1}^{e}(1-lnx)dx)

(= x|_{frac{1}{e}}^{1}+int_{frac{1}{e}}^{1}lnxdx +x|_{1}^{e}-int_{1}^{e}lnxdx)

(=-frac{1}{e}+e+int_{frac{1}{e}}^{1}lndx-int_{1}^{e}lnxdx)

Ta có (∫lnxdx = xlnx – ∫dx = xlnx – x + C), thay vào trên ta được :

(S=e-frac{1}{e}+(xlnx-x)|_{frac{1}{e}}^{1}- (xlnx-x)|_{1}^{e})(=e+frac{1}{e}-2)

c) Phương trình hoành độ giao điểm là:

(fleft( x right) =6x-{x^2}-{left( {x -6} right)^2} = – 2({x^2}-9x+ 18))(=0)

(⇔ – 2({x^2}-9x+ 18) ⇔ x = 3) hoặc (x = 6).

Diện tích cần tìm là:

(S=int_{3}^{6}|-2(x^{2}-9x+18)|dx)

(=|2int_{3}^{6}(x^{2}-9x+18)dx|)

(=left |2(frac{x^{3}}{3}-frac{9}{2}x^{2}+18x)|_{3}^{6} right |=9).

Bài 2 trang 121 – SGK Giải tích 12

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (y = {x^2} + 1), tiếp tuyến với đường thẳng này

tại điểm (M(2;5)) và trục (Oy).

Giải

Phương trình tiếp tuyến là (y = 4x – 3).

Phương trình hoành độ giao điểm

({x^2} + 1 =4x – 3 Leftrightarrow {x^2} – 4x + 4= 0 ⇔ x = 2).

Do đó diện tích phải tìm là:

(S=int_{0}^{2}|x^{2}+1 -4x+3|dx=int_{0}^{2}(x^{2}-4x+4)dx)

(=frac{8}{3}=2tfrac{2}{3}).

Bài 3 trang 121 – SGK Giải tích 12

Parabol (y = {{{x^2}} over 2}) chia hình tròn có tâm tại gốc tọa độ, bán kính (2sqrt2) thành hai phần. Tìm tỉ số diện tích của chúng.

Giải

Đường tròn đã cho có phương trình ({x^{2}} + {rm{ }}{y^2} = {rm{ }}8)

Từ đó ta có: (y = pm sqrt {8 + {x^2}} )

Tọa độ giao điểm của ((C)) và ((P)) thỏa mãn hệ:

(left{ matrix{{x^2} = 2y hfill cr {x^2} + {y^2} = 8 hfill cr} right. Leftrightarrow left{ matrix{{y^2} + 2y – 8 = 0 hfill cr {x^2} = 2y hfill cr} right.)

( Leftrightarrow left{ matrix{y = 2 hfill cr x = pm 2 hfill cr} right.)

(S_1 = 2int_0^2 {left( {sqrt {8 – {x^2}} – {{{x^2}} over 2}} right)} d{rm{x}})

(= 2intlimits_0^2 {sqrt {8 – {x^2}} dx – left[ {{{{x^3}} over 3}} right]} left| {_0^2 = 2intlimits_0^2 {sqrt {8 – {x^2}} } dx – {8 over 3}} right.)

Đặt (x = 2sqrt 2 sin t Rightarrow dx = 2sqrt 2 {mathop{rm costdt}nolimits} )

Đổi cận: (eqalign{& x = 0 Rightarrow t = 0 cr & x = 2 Rightarrow t = {pi over 4} cr} )

({S_1} = 2intlimits_0^{{pi over 4}} {sqrt {8 – 8{{sin }^2}t} .2sqrt 2 {rm{costdt – }}{8 over 3}} )

( = 16intlimits_0^{{pi over 4}} {{{cos }^2}tdt – {8 over 3}} )( = 8intlimits_0^{{pi over 4}} {(1 + cos2t)dt – {8 over 3}} )

(= [8t + 4sint2t]|_0^{{pi over 4}} – {8 over 3} = 2pi + {4 over 3})

Diện tích hình tròn là: (pi R^2=8pi)

và ({S_2} = 8pi – {S_1}=6pi+{4over 3}.)

Vậy ({{{S_2}} over {{S_1}}} = {{9pi – 2} over {3pi + 2}}).

Giaibaitap.me