Bài 51 Trang 176 SGK Đại số và Giải tích 12 Nâng cao


Tính diện tích các hình phẳng giới hạn bởi:

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Tính diện tích các hình phẳng giới hạn bởi:

LG a

Đồ thị các hàm số \(y = 4 - {x^2},y =  - x + 2;\)

Phương pháp giải:

- Tìm hoành độ giao điểm.

- Tính diện tích theo công thức \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \)

Lời giải chi tiết:

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

\(4 - {x^2} = - x + 2 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = - 1 \hfill \cr 
x = 2 \hfill \cr} \right.\)

Với \(x \in \left[ { - 1;2} \right]\) thì \( - {x^2} + x + 2 \ge 0\) \( \Rightarrow \left| { - {x^2} + x + 2} \right| =  - {x^2} + x - 2\)

Khi đó

Do đó 

\(\eqalign{
& S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {4 - {x^2} - \left( { - x + 2} \right)} \right|} dx \cr &= \int\limits_{ - 1}^2 {\left| { - {x^2} + x + 2} \right|} dx \cr 
&= \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - {x^2} + x + 2} \right)} dx \cr &= \left. {\left( { - {{{x^3}} \over 3} + {{{x^2}} \over 2} + 2x} \right)} \right|_{ - 1}^2 \cr &= \left( { - \dfrac{8}{3} + 2 + 4} \right) - \left( {\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} - 2} \right)\cr &= {9 \over 2} \cr} \)

Cách khác:

\(\begin{array}{l}
\int\limits_{ - 1}^2 {\left| {4 - {x^2} - \left( { - x + 2} \right)} \right|dx} \\
= \int\limits_{ - 1}^2 {\left| { - {x^2} + x + 2} \right|dx} \\
= \left| {\int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - {x^2} + x + 2} \right)dx} } \right|\\
= \left| {\left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{3} + \dfrac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right)} \right|_{ - 1}^2} \right|\\
= \left| {\dfrac{9}{2}} \right| = \dfrac{9}{2}
\end{array}\)

LG b

Các đường cong có phương trình \(x = 4 - 4{y^2}\) và \(x = 1 - {y^4}\) trong miền \(x\ge0\).

Phương pháp giải:

- Giải phương trình \(f(y)=g(y)\)

- Sử dụng công thức \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( y \right) - g\left( y \right)} \right|dy} \)

Lời giải chi tiết:

Phương trình tung độ giao điểm của hai đồ thị là

\(4 - 4{y^2} = 1 - {y^4} \Leftrightarrow {y^4} - 4{y^2} + 3 = 0 \) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
{y^2} = 1 \hfill \cr 
{y^2} = 3 \hfill \cr} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{
y = \pm 1 \hfill \cr 
y = \pm \sqrt 3\; (\text{ loại vì } x<0)\hfill \cr} \right.\)

Với \(y \in \left[ { - 1;1} \right]\) thì \({y^4} - 4{y^2} + 3\) \( = \left( {{y^2} - 1} \right)\left( {{y^2} - 3} \right) \ge 0\)

Do đó,

Diện tích giới hạn hai đồ thị ở phần \(x \ge 0\) là:

\(\eqalign{
& S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {4 - 4{y^2} - \left( {1 - {y^4}} \right)} \right|} dy \cr 
& = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{y^4} - 4{y^2} + 3} \right|} dy \cr 
&  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{y^4} - 4{y^2} + 3} \right)} dy \cr 
& = \left. {\left( {{{{y^5}} \over 5} - {4 \over 3}{y^3} + 3y} \right)} \right|_{ - 1}^1  \cr} \)

\( = \left( {\dfrac{1}{5} - \dfrac{4}{3} + 3} \right) - \left( { - \dfrac{1}{5} + \dfrac{4}{3} - 3} \right)\) \( = \dfrac{{28}}{{15}} + \dfrac{{28}}{{15}} = \dfrac{{56}}{{15}}\)

Cách khác:

\(\begin{array}{l}
S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {4 - 4{y^2} - \left( {1 - {y^4}} \right)} \right|dy} \\
= \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{y^4} - 4{y^2} + 3} \right|dy} \\
= \left| {\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{y^4} - 4{y^2} + 3} \right)dy} } \right|\\
= \left| {\left. {\left( {\dfrac{{{y^5}}}{5} - \dfrac{{4{y^3}}}{3} + 3} \right)} \right|_{ - 1}^1} \right|\\
= \left| {\dfrac{{28}}{{15}} - \left( { - \dfrac{{28}}{{15}}} \right)} \right| = \dfrac{{56}}{{15}}
\end{array}\)

 Loigiaihay.com


Bình chọn:
3.5 trên 6 phiếu

>> Luyện thi tốt nghiệp THPT và Đại học năm 2021, mọi lúc, mọi nơi tất cả các môn cùng các thầy cô giỏi nổi tiếng, dạy hay dễ hiểu trên Tuyensinh247.com. Đã có đầy đủ các khóa học từ nền tảng tới luyện thi chuyên sâu.


Gửi bài