Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao: Ứng dụng tích phân để tính thể tích vật thể.
CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP
Bài 29. Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng \(x = -1\) và \(x = 1\), biết rằng thiết diện vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\) \(( – 1 \le x \le 1)\) là một hình vuông cạnh là \(2\sqrt {1 – {x^2}} .\)
Lời giải:
Diện tích của thiết diện là \(S(x) = {(2\sqrt {1 – x} )^2}.\)
Thể tích của vật thể cần tìm là: \(V = \int_{ – 1}^1 {{{(2\sqrt {1 – x} )}^2}} dx\) \( = \int_{ – 1}^1 {{{(4 – 4x)}^2}} dx.\)
\(V = \int_{ – 1}^1 {{{(2\sqrt {1 – x} )}^2}} dx\) \( = \int_{ – 1}^1 4 (1 – x)dx\) \( = \left. {\left( {4x – 2{x^2}} \right)} \right|_{ – 1}^1 = 8.\)
Bài 30. Tính thể tích của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng \(x = 0\) và \(x = \pi \), biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(0 \le x \le \pi \) là một tam giác đều cạnh là \(2\sqrt {\sin x} .\)
Lời giải:
Diện tích của thiết diện là: \(S(x) = \frac{1}{2}{(2\sqrt {\sin x} )^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}\) \( = \sqrt 3 \sin x.\)
Vậy thể tích của vật thể đã cho là: \(V = \int_0^\pi {\sqrt 3 } \sin xdx\) \( = – \left. {\sqrt 3 \cos x} \right|_0^\pi = 2\sqrt 3 .\)
Bài 31. Cho hình phẳng \(A\) giới hạn bởi các đường \(y = 0\), \(x = 4\) và \(y = \sqrt x – 1.\) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(A\) quanh trục hoành.
Lời giải:
Giao điểm của đường \(y = \sqrt x – 1\) và đường \(y = 0\) có hoành độ là \(x = 1\), như vậy: \(V = \pi \int_1^4 {{{(\sqrt x – 1)}^2}} dx.\)
\( = \pi \int_1^4 {(x – 2\sqrt x + 1)dx} .\)
\( = \pi \left[ {\left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – 2.\frac{{{x^{\frac{3}{2}}}}}{{\frac{3}{2}}} + x} \right)} \right|_1^4} \right] = \frac{{7\pi }}{6}.\)
Bài 32. Cho hình phẳng \(B\) giới hạn bởi các đường \(x = \frac{2}{y}\), \(y = 1\) và \(y = 4.\) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(B\) quanh trục tung.
Lời giải:
Thể tích vật thể cần tìm là:
\(V = \pi \int_1^4 {{{\left( {\frac{2}{y}} \right)}^2}} dy\) \( = \pi \int_1^4 {\frac{4}{{{y^2}}}dy} \) \( = \left. {4\pi \left( {\frac{{ – 1}}{y}} \right)} \right|_1^4 = 3\pi .\)
Bài 33. Cho hình phẳng \(B\) giới hạn bởi các đường \(x = \sqrt 5 {y^2}\), \(x = 0\), \(y = – 1\) và \(y = 1.\) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(B\) quanh trục tung.
Lời giải:
Thể tích khối tròn xoay tạo thành:
\(V = \pi \int_{ – 1}^1 {{{\left( {\sqrt 5 {y^2}} \right)}^2}} dy\) \( = \pi \int_{ – 1}^1 5 {y^4}dy\) \( = \left. {5\pi \frac{{{y^5}}}{5}} \right|_{ – 1}^1 = 2\pi .\)
LUYỆN TẬP
Bài 34. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:
a) Đồ thị các hàm số \(y = x\), \(y = 1\) và \(y = \frac{{{x^2}}}{4}\) trong miền \(x \ge 0\), \(y \le 1.\)
b) Đồ thị hai hàm số \(y = {x^4} – 4{x^2} + 4\), \(y = {x^2}\), trục tung và đường thẳng \(x = 1.\)
c) Đồ thị các hàm số \(y = {x^2}\), \(y = 4x – 4\) và \(y = – 4x – 4.\)
Lời giải:
a) Cách 1: Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = x\) và \(y = 1\) là \(x = 1.\)
Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = 1\) và đường cong \(y = \frac{{{x^2}}}{4}\) trong miền \(x \ge 0\) là \(x = 2.\)
Diện tích hình phẳng cần tìm chính là tổng diện tích tam giác cong \(OAC\) và tam giác cong \(ACB.\)
Diện tích tam giác cong \(OAC\) là:
\(\int_0^1 {\left( {x – \frac{{{x^2}}}{4}} \right)dx} \) \( = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – \frac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{5}{{12}}.\)
Diện tích tam giác cong \(ACB\) là:
\(\int_1^2 {\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{4}} \right)dx} \) \( = \left. {\left( {x – \frac{{{x^3}}}{{12}}} \right)} \right|_1^2 = \frac{5}{{12}}.\)
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là: \(\frac{5}{{12}} + \frac{5}{{12}} = \frac{5}{6}.\)
Cách 2: Coi hình phẳng đã cho là hình phẳng giới hạn bởi đường cong có phương trình \(x = 2\sqrt y \), đường thẳng \(x = y\), \(y = 0\) và đường thẳng \(y = 1.\) Diện tích cần tìm là:
\(S = \int_0^1 {(2\sqrt y – y)dy} \) \( = \left. {\left( {2\frac{{y\sqrt y }}{{\frac{3}{2}}} – \frac{{{y^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = \frac{5}{6}.\)
b) Diện tích hình phẳng cần tìm là:
\(S = \int_0^1 {\left| {{x^4} – 4{x^2} + 4 – {x^2}} \right|dx} \) \( = \int_0^1 {\left| {{x^4} – 5{x^2} + 4} \right|dx} .\)
Vì \({x^4} – 5{x^2} + 4\) \( = \left( {{x^2} – 1} \right)\left( {{x^2} – 4} \right) \ge 0\), \(\forall x \in [0;1].\)
Nên \(S = \int_0^1 {\left( {{x^4} – 5{x^2} + 4} \right)dx} \) \( = \left. {\left( {\frac{{{x^5}}}{5} – \frac{{5{x^3}}}{3} + 4x} \right)} \right|_0^1\) \( = \frac{1}{5} – \frac{5}{3} + 4 = \frac{{38}}{{15}}.\)
c) Ta thấy đường thẳng \(y = -4x – 4\) và đường thẳng \(y = 4x – 4\) lần lượt là hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) tại các tiếp điểm có hoành độ \(x = -2\) và \(x = 2.\)
Do tính đối xứng qua \(Oy\) của parabol \(y = {x^2}\) nên diện tích hình phẳng cần tìm bằng \(2\) lần diện tích tam giác cạnh \(OM{T_2}\) và bằng:
\(S = 2\int_0^2 {\left[ {{x^2} – (4x – 4)} \right]dx} \) \( = 2\int_0^2 {{{(x – 2)}^2}} dx.\)
\( = \left. {2.\frac{{{{(x – 2)}^3}}}{3}} \right|_0^2 = \frac{{16}}{3}.\)
Bài 35. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:
a) Đồ thị hai hàm số \(y = {x^2} + 1\) và \(y = 3 – x.\)
b) Các đường có phương trình \(x = {y^3}\), \(y = 1\) và \(x = 8.\)
c) Đồ thị hai hàm số \(y = \sqrt x \), \(y = 6 – x\) và trục hoành.
Lời giải:
a) Hoành độ giao điểm đồ thị hai hàm số \(y = {x^2} + 1\) và \(y = 3 – x\) là nghiệm của phương trình: \({x^2} + 1 = 3 – x\) \( \Leftrightarrow {x^2} + x – 2 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1}\\
{x = – 2}
\end{array}} \right..\)
Vậy diện tích cần tìm là: \(S = \int_{ – 2}^1 {\left| {\left( {{x^2} + 1} \right) – (3 – x)} \right|dx} \) \( = \int_{ – 2}^1 {\left| {{x^2} + x – 2} \right|dx} .\)
\( = – \int_{ – 2}^1 {\left( {{x^2} + x – 2} \right)dx} \) \( = – \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} – 2x} \right)} \right|_{ – 2}^1 = \frac{9}{2}.\)
b) Tung độ giao điểm của đường cong \(x = {y^3}\) và đường thẳng \(x = 8\) là nghiệm của phương trình \({y^3} = 8\) \( \Leftrightarrow y = 2.\) Vậy diện tích cần tìm là:
\(S = \int_1^2 {\left| {{y^3} – 8} \right|dy} \) \( = – \int_1^2 {\left( {{y^3} – 8} \right)dy} \) \( = – \left. {\left( {\frac{{{y^4}}}{4} – 8y} \right)} \right|_1^2.\)
\( = – \left[ {\left( {\frac{{16}}{4} – 16} \right) – \left( {\frac{1}{4} – 8} \right)} \right] = \frac{{17}}{4}.\)
c) Ta có: \(y = \sqrt x \) \( \Leftrightarrow x = {y^2}\) \((y \ge 0)\), \(y = 6 – x\) \( \Leftrightarrow x = 6 – y.\)
Tung độ giao điểm của hai đường \(x = {y^2}\), \(x = 6 – y\) là nghiệm của phương trình \({y^2} = 6 – y\) \( \Leftrightarrow {y^2} + y – 6 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y = – 3\,\,({\rm{loại}}\,{\rm{vì}}\,y \ge 0)}\\
{y = 2}
\end{array}} \right..\)
Vậy diện tích cần tìm là: \(S = \int_0^2 {\left| {{y^2} – (6 – y)} \right|dy} \) \( = \int_0^2 {\left| {{y^2} + y – 6} \right|dy} .\)
\( = – \int_0^2 {\left( {{y^2} + y – 6} \right)dy} \) \( = – \left. {\left( {\frac{{{y^3}}}{3} + \frac{{{y^2}}}{2} – 6y} \right)} \right|_0^2\) \( = – \left( {\frac{8}{3} + \frac{4}{2} – 12} \right) = \frac{{22}}{3}.\)
Bài 36. Tính thể tích của vật thể \(T\) nằm giữa hai mặt phẳng \(x = 0\) và \(x = \pi \), biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\) \((0 \le x \le \pi )\) là một hình vuông cạnh là \(2\sqrt {\sin x} .\)
Lời giải:
Diện tích thiết diện là \(S(x) = {(2\sqrt {\sin x} )^2}.\)
Vậy thể tích của vật \(T\) được tính bởi:
\(V = \int_0^\pi {{{(2\sqrt {\sin x} )}^2}} dx\) \( = \int_0^\pi 4 \sin xdx\) \( = – \left. {4\cos x} \right|_0^\pi \) \( = – 4( – 1 – 1) = 8.\)
Bài 37. Cho hình phẳng \(A\) giới hạn bởi các đường \(y = {x^2}\), \(y = 0\), \(x = 0\) và \(x = 2.\) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(A\) quanh trục hoành.
Lời giải:
Thể tích khối tròn xoay tạo thành được tính theo công thức:
\(V = \pi \int_0^2 {{x^4}} dx\) \( = \left. {\pi .\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^2 = \frac{{32\pi }}{5}.\)
Vậy thể tích cần tìm là: \(V = \frac{{32\pi }}{5}.\)
Bài 38. Cho hình phẳng \(A\) giới hạn bởi các đường \(y = \cos x\), \(y = 0\), \(x = 0\) và \(x = \frac{\pi }{4}.\) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(A\) quanh trục hoành.
Lời giải:
Thể tích cần tìm là: \(V = \pi \int_0^{\frac{\pi }{4}} {{{(\cos x)}^2}} dx\) \( = \pi \int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}dx} .\)
\( = \left. {\frac{\pi }{2}\left( {x + \frac{1}{2}\sin 2x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}}\) \( = \frac{\pi }{2}\left( {\frac{\pi }{4} + \frac{1}{2}} \right)\) \( = \frac{{{\pi ^2}}}{8} + \frac{\pi }{4}.\)
Bài 39. Cho hình phẳng \(A\) giới hạn bởi các đường \(y = x.{e^{\frac{x}{2}}}\), \(y = 0\), \(x = 0\) và \(x = 1.\) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(A\) quanh trục hoành.
Lời giải:
Ta có: \(V = \pi \int_0^1 {{{\left( {x.{e^{\frac{x}{2}}}} \right)}^2}} dx\) \( = \pi \int_0^1 {{x^2}} .{e^x}dx.\)
Tính tích phân \(I = \int_0^1 {{x^2}} .{e^x}dx\) ta có:
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u(x) = {x^2}}\\
{v'(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u'(x) = 2x}\\
{v(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow I = \left. {{x^2}.{e^x}} \right|_0^1 – \int_0^1 2 x.{e^x}dx\) \( = e – 2\int_0^1 x .{e^x}dx.\)
Tính \({I_1} = \int_0^1 x .{e^x}dx\) ta có:
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1}(x) = x}\\
{{v_1}'(x) = {e^x}}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_1}'(x) = 1}\\
{{v_1}(x) = {e^x}}
\end{array}} \right..\)
\( \Rightarrow {I_1} = x.\left. {{e^x}} \right|_0^1 – \int_0^1 {{e^x}} dx\) \( = e – \left. {{e^x}} \right|_0^1\) \( = e – (e – 1) = 1.\)
\( \Rightarrow I = e – 2.1 = e – 2.\)
Vậy \(V = \pi (e – 2).\)
Bài 40. Cho hình phẳng \(B\) giới hạn bởi các đường \(x = \sqrt {2\sin 2y} \), \(x = 0\), \(y = 0\) và \(y = \frac{\pi }{2}.\) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(B\) quanh trục tung.
Lời giải:
Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:
\(V = \pi \int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{(\sqrt {2\sin 2y} )}^2}} dy\) \( = \pi \int_0^{\frac{\pi }{2}} 2 \sin 2ydy\) \( = – \left. {\pi \cos 2y} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}.\)
\( = – \pi (\cos \pi – \cos 0)\) \( = – \pi ( – 1 – 1) = 2\pi .\)
