Ứng dụng tích phân tính diện tích

Gọi $H$ là trung điểm của $BC.$

 $\begin{array}{l}{S_1} = \frac{4}{3}Rh = \frac{4}{3}.HC.OH = \frac{4}{3}.2.2 = \frac{{16}}{3}\,{m^2}.\\{S_{ABCD}} = {4^2} = 16\\ \Rightarrow {S_2} = {S_{ABCD}} - {S_1} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\,\,{m^2}.\\ \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{16}}{3}:\frac{{32}}{3} = \frac{1}{2}.\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}\int\limits_{ - 3}^3 {f\left( x \right)dx}  = {S_{ABH}} + {S_{BCKH}} + {S_{CPK}} - {S_{DPQ}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.1.1 + 3.1 + \dfrac{1}{2}.1.\dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{2}.\dfrac{4}{3}.2 = \dfrac{5}{2}\end{array}$.

Coi N là gốc tọa độ thì ta có $M\left( {0;4} \right);A\left( { - 2;0} \right);B\left( {2;0} \right)$

Parabol có dạng $y =  - {x^2} + 4$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol và trục hoành là $S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| { - {x^2} + 4} \right|dx}  = \dfrac{{32}}{3}$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol là đường thẳng $y = \dfrac{8}{3}$ là ${S_1} = \int\limits_{ - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}}^{\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} {\left| { - {x^2} + 4 - \dfrac{8}{3}} \right|dx}$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol là đường thẳng $y = \dfrac{4}{3}$ là ${S_2} = \int\limits_{ - \frac{{2\sqrt 6 }}{3}}^{\frac{{2\sqrt 6 }}{3}} {\left| { - {x^2} + 4 - \dfrac{4}{3}} \right|dx}$

Khi đó số tiền để lắp kính là $T = 200.{S_1} + 150\left( {{S_2} - {S_1}} \right) + 200\left( {\dfrac{{32}}{3} - {S_2}} \right) = 1.946$

Đồ thị hàm số $f\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} + px - \dfrac{5}{2}$ đi qua các điểm có tọa độ $\left( {1;2} \right);$ $\left( { - 1; - 2} \right);$$\left( { - 3;2} \right)$ nên ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}m + n + p - \dfrac{5}{2} = 2\\ - m + n - p - \dfrac{5}{2} =  - 2\\ - 27m + 9n - 3p - \dfrac{5}{2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \dfrac{1}{2}\\n = \dfrac{5}{2}\\p = \dfrac{3}{2}\end{array} \right.$.

$\Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{1}{2}{x^3} + \dfrac{5}{2}{x^2} + \dfrac{3}{2}x - \dfrac{5}{2}.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm $f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0$.

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình $f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm là $\left[ \begin{array}{l}{x_1} =  - 3\\{x_2} =  - 1\\{x_3} = 1\end{array} \right.$

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số $f\left( x \right);g\left( x \right)$ bằng

$\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx}  + \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} \\\,\,\,\, = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left( {\dfrac{1}{2}{x^3} + \dfrac{5}{2}{x^2} + \dfrac{3}{2}x - \dfrac{5}{2} - {x^2} - 2x + 1} \right)dx}  + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{x^2} + 2x - 1 - \dfrac{1}{2}{x^3} - \dfrac{5}{2}{x^2} - \dfrac{3}{2}x + \dfrac{5}{2}} \right)dx} \\\,\,\,\, = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left( {\dfrac{1}{2}{x^3} + \dfrac{3}{2}{x^2} - \dfrac{1}{2}x - \dfrac{3}{2}} \right)dx}  + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^3} - \dfrac{3}{2}{x^2} + \dfrac{1}{2}x + \dfrac{3}{2}} \right)dx} \\\,\,\,\,\, = 2 + 2 = 4.\end{array}$

Xét phương trình hoành độ giao điểm: ${x^4} - 3{x^2} + m = 0\,\,\,\left( 1 \right)$.

Đặt $t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)$, khi đó phương trình (1) trở thành ${t^2} - 3t + m = 0\,\,\,\left( 2 \right)$.

Vì đồ thị hàm số $y = {x^4} - 3{x^2} + m$ cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt.

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 4m > 0\\3 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m < \dfrac{9}{4}\,\,\,\left( * \right)$.

Giả sử phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt $0 < {t_1} < {t_2}$, áp dụng định lí Vi-ét ta có $\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = 3\\{t_1}{t_2} = m\end{array} \right.$. Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt $- \sqrt {{t_2}}  <  - \sqrt {{t_1}}  < \sqrt {{t_1}}  < \sqrt {{t_2}}$.

Do tính đối xứng qua trục tung của hàm đa thức bậc bốn trùng phương nên ${S_1} = {S_2}$, do đó theo bài ra ta có ${S_1} + {S_2} = {S_3} \Leftrightarrow 2{S_1} = {S_3}$.

Ta có:

${S_2} = \int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  =  - \int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx}$

${S_3} = \int\limits_{ - \sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_1}} } {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{ - \sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_1}} } {f\left( x \right)dx}  = 2\int\limits_0^{\sqrt {{t_1}} } {f\left( x \right)dx}$  (do $f\left( x \right)$ là hàm chẵn).

Ta có:

$\begin{array}{l}2{S_2} = {S_3}\\ \Leftrightarrow  - 2\int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx}  = 2\int\limits_0^{\sqrt {{t_1}} } {f\left( x \right)dx} \\ \Leftrightarrow 2\left( {\int\limits_0^{\sqrt {{t_1}} } {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2\int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx}  = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx}  = 0\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {\left( {{x^4} - 3{x^2} + m} \right)dx}  = 0\\ \Leftrightarrow \left. {\left( {\dfrac{{{x^5}}}{5} - {x^3} + mx} \right)} \right|_0^{\sqrt {{t_2}} } = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {\sqrt {{t_2}} } \right)}^5}}}{5} - {\left( {\sqrt {{t_2}} } \right)^3} + m\sqrt {{t_2}}  = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {{t_2}} \left( {\dfrac{{{t^2}}}{5} - t + m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{t_2^2}}{5} - {t_2} + m = 0\,\,\,\left( {Do\,\,{t_2} > 0} \right)\\ \Leftrightarrow t_2^2 - 5{t_2} + 5m = 0\,\,\left( * \right)\end{array}$

Mà ${t_2}$ là nghiệm của phương trình ${t^2} - 3t + m = 0$ nên $t_2^2 - 3{t_2} + m = 0$ và ${t_2} = \dfrac{{3 + \sqrt {9 - 4m} }}{2}$.

Do đó

$\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow t_2^2 - 3{t_2} + m - 2{t_2} + 4m = 0\\ \Leftrightarrow  - 2{t_2} + 4m = 0 \Leftrightarrow {t_2} = 2m\end{array}$

 $\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{3 + \sqrt {9 - 4m} }}{2} = 2m\\ \Leftrightarrow 3 + \sqrt {9 - 4m}  = 4m\\ \Leftrightarrow \sqrt {9 - 4m}  = 4m - 3\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 3 > 0\\9 - 4m = 16{m^2} - 24m + 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{3}{4}\\16{m^2} - 20m = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{3}{4}\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{5}{4}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \dfrac{5}{4}\,\,\left( {tm\,\,*} \right)\end{array}$

Vậy $a = 5,\,\,b = 4 \Rightarrow 2a - b = 10 - 4 = 6.$

Phương trình elip: $\dfrac{{{x^2}}}{{{{(\sqrt 2 )}^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{1} = 1$

Ta có : $y = \sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{2}}$ (nửa trên của elip)

Diện tích của elip là:  $S = 4\int_0^{\sqrt 2 } {\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{2}} } dx$

Đặt $x = \sqrt 2 \cos a \Rightarrow 1 - \dfrac{{{x^2}}}{2} = {\sin ^2}a$

Suy ra: $dx =  - \sqrt 2 \sin ada$

Đổi cận $x = \sqrt 2  \Rightarrow a = 0$ ; $x = 0$ thì $a = \dfrac{\pi }{2}$

${S_1} = \int_{\dfrac{\pi }{2}}^0 { - \sqrt 2 {{\sin }^2}ada}  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\int_{\dfrac{\pi }{2}}^0 {\left( {\cos 2a - 1} \right)da}  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\left. {\left( {\dfrac{1}{2}\sin 2a - a} \right)} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = \dfrac{{\sqrt 2 \pi }}{4}$$\Rightarrow S = 4{S_1} = \sqrt 2 \pi$

Diện tích hình tròn là : $S' = \pi {R^2} = \pi .\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\pi$

Diện tích trồng hoa: ${S_b} = \pi \left( {\sqrt 2  - \dfrac{1}{2}} \right)$

Số kg phân bón là :$\dfrac{{100}}{{\left( {2\sqrt 2  - 1} \right)\pi }}.\left( {\sqrt 2  - \dfrac{1}{2}} \right)\pi  = 50kg$ 

Phương trình hoành độ giao điểm $d$ và $\left( P \right)$

Có: ${x^2} + 1 = mx + 2 \Leftrightarrow {x^2} - mx - 1 = 0 (1) \Rightarrow \Delta  = {m^2} + 4 > 0$

Phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy $d$ luôn cắt $\left( P \right)$  tại hai điểm phân biệt $A,B$ với mọi $m$.

Giả sử $A,B$ lần lượt  có hoành độ là $a,{\rm{ }}b$ nên $A\left( {a;ma + 2} \right)$ và $B\left( {b;mb + 2} \right){\rm{ }}\left( {a < b} \right)$

Với $x$ thuộc $x \in \left( {a;b} \right)$ thì $mx + 2 \ge {x^2} + 1$

Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi $d$ và $\left( P \right)$

$S = \int_a^b {\left( {mx + 2 - {x^2} - 1} \right)dx = \int_a^b {(mx - {x^2} + 1)dx = \left. {\left( {\dfrac{{m{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_a^b} }$

$= \left( {b - a} \right)\left[ {\dfrac{m}{2}(a + b) + 1 - \dfrac{1}{3}({a^2} + {b^2} + ab)} \right]$

$= (b - a)\left[ {\dfrac{m}{2}\left( {b + a} \right) + 1 - \dfrac{1}{3}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]$

$\Rightarrow {S^2} = {(b - a)^2}{\left[ {\dfrac{m}{2}(b + a) + 1 - \dfrac{1}{3}{{(a + b)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]^2}$

$= \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 4ab} \right]{\left[ {\dfrac{m}{2}\left( {b + a} \right) + 1 - \dfrac{1}{3}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]^2}$

Vì $a,b$ là nghiệm của pt $(1)$ nên $a + b = m$ và $ab =  - 1$

Suy ra ${S^2} = {\left( {{m^2} + 4} \right)}{\left( {\dfrac{{{m^2}}}{6} + \dfrac{2}{3}} \right)^2} \ge 4.\dfrac{4}{9} = \dfrac{{16}}{9} \Rightarrow S \ge \sqrt {\dfrac{{16}}{9}}  = \dfrac{4}{3}\,khi\,m = 0$

* Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} = 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6$$\Leftrightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) - 6 = 0$.

(Chúng ta không cần lo điều kiện $g\left( x \right) + 6 \ne 0$, bởi lẽ đồ thị hàm số $y = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}$ khi tương giao với đường thẳng $y = 1$ phải tạo nên một miền kín, và khi số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6$ nhiều hơn 2 thì ta mới phải chú ý xem xét lấy cận từ đâu đến đâu, và liệu rằng có phải từ ${x_{\min }} \to {x_{\max }}$, chẳng may đồ thị tương giao bị gián đoạn trên đoạn $\left[ {{x_{\min }};{x_{\max }}} \right]$ mà vẫn tạo miền kín. Trên thực tế, bài toán này phương trình $f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6$ chỉ có 2 nghiệm (vì là phương trình bậc hai), nên người giải toán không cần quan tâm đến việc gián đoạn hay không, vì việc tồn tại nghiệm hình và hàm số là thuộc phạm trù người ra đề).

Mà $g\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right) + f''\left( x \right)$ $\Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) =  - f'\left( x \right) - f''\left( x \right)$

$\Rightarrow$ Phương trình hoành độ giao điểm trở thành:

$- f'\left( x \right) - f''\left( x \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6 = 0$  (1)

Mặt khác: $g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + f'''\left( x \right)$ và $f'''\left( x \right) = 6$ $\Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6$.

Từ phương trình (1) $\Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0$.

Theo giả thiết $g\left( x \right)$ có 2 điểm cực trị ${x_1},\,\,{x_2}$ sao cho $\left\{ \begin{array}{l}g\left( {{x_1}} \right) =  - 3\\g\left( {{x_2}} \right) = 6\end{array} \right.$ $\Rightarrow g'\left( x \right) = 0$ có 2 nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$.

Vậy phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$.

$\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{\left( H \right)}} = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} - 1} \right)dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{f\left( x \right) - g\left( x \right) - 6}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{ - f'\left( x \right) - f''\left( x \right) - 6}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{ - g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{d\left( {g\left( x \right) + 6} \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}} } \right| = \left| {\ln \left. {\left| {g\left( x \right) + 6} \right|} \right|_{{x_1}}^{{x_2}}} \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\ln \left| {g\left( {{x_2}} \right) + 6} \right| - \ln \left| {g\left( {{x_1}} \right) + 6} \right|} \right| = \left| {\ln \left| {6 + 6} \right| - \ln \left| { - 3 + 6} \right|} \right| = \ln 12 - \ln 3 = 2\ln 2\end{array}$

Bước 1: Đổi biến

Đặt $t = {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx$.

Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 1\\x = 2 \Rightarrow t = 4\end{array} \right.$.

Bước 2:

Khi đó ta có $I = \int\limits_1^2 {4xf\left( {{x^2}} \right)dx}  = \int\limits_1^4 {2f\left( t \right)dt}$$= 2\int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx}$$= 2\left[ {\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}+\int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx}} \right]$$= 2\left( {4 - 1} \right) = 6$.

Bước 1: Xác định các đường giới hạn hình phẳng.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $2 - {x^2} =  - x \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.$.

Vì hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai nên $x < 0 \Rightarrow x =  - 1$.

Bước 2: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right),\,\,y = g\left( x \right)$, $x = a,\,\,x = b$ là $S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx}$.

Khi đó diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol $y = 2 - {x^2}$, đường thẳng $y =  - x$ và trục $Oy$ giới hạn bởi các đường $y = 2 - {x^2}$, $y =  - x$, $x =  - 1$, $x = 0$ nên $S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {2 - {x^2} + x} \right|dx}  = \dfrac{7}{6}$.

Diện tích cần tìm:

$S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx}$ $= \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 4x - 3} \right)dx} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}$ ${\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \int\limits_1^2 { - {x^2}dx + \int\limits_1^2 {4xdx} } {\rm{ \;}} - \int\limits_1^2 {3dx}$ $= \left. { - \dfrac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^2 + \left. {2{x^2}} \right|_1^2 - \left. {3x} \right|_1^2$ $=  - \dfrac{8}{3} + \dfrac{1}{3} + 8 - 2 - 6 + 3 = \dfrac{2}{3}$

Ta có: $\int\limits_{ - 1}^3 {f\left( x \right)dx}  = {S_{ABCD}} - {S_{DEF}} = \dfrac{1}{2}.2.\left( {1 + 3} \right) - \dfrac{1}{2}.1.2 = 3$

Ta có: $F(x)$ và $G(x)$ là hai nguyên hàm của hàm số $f(x)$ trên $\mathbb{R}$ nên ta giả sử:

$F\left( x \right) = G\left( x \right) + C$

Ta có: $\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  = G\left( 2 \right) - G\left( 0 \right)$

Khi đó $\int_0^2 f (x){\rm{d}}x = F(2) - G(0) + a$

$= F\left( 2 \right) - G\left( 2 \right) + G\left( 2 \right) - G\left( 0 \right) + a$

$= C + \int_0^2 f (x){\rm{d}}x + a \Rightarrow C =  - a$

$\Rightarrow G\left( x \right) - F\left( x \right) = a$

Do $S$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = F(x),y = G(x),x = 0$ và $x = 2$ nên

$S = \int\limits_0^2 {\left| {F\left( x \right) - G\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_0^2 {adx}  = 2a$

Mà $S = 6$$\Rightarrow a = 3$