Bài viết sau đây giới thiệu đến các bạn cách giải và bài tập mẫu ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng, bài tập ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng. Khoa Cử hy vọng với những chia sẻ này sẽ hỗ trợ bạn đọc học tốt môn Toán lớp 12!
I. CÁCH GIẢI DẠNG BÀI ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH
2. Hình thức đề thường hay cho
Hình thức 1: Không cho hình vẽ, cho dạng $(H):\{y=f(x),\text{ }y=g(x),\text{ }x=a,\text{ }x=b\text{ }(a<b)\}$
$\xrightarrow{\text{casio}}\int\limits_{a}^{b}{\left| f(x)-g(x) \right|\text{d}x}=$ kết quả, so sánh với bốn đáp án.
Hình thức 2: Không cho hình vẽ, cho dạng $(H):\{y=f(x),\text{ }y=g(x)\}$
Giải $f(x)=g(x)$ tìm nghiệm ${{x}_{1}},…,{{x}_{i}},$ với ${{x}_{1}}$ nhỏ nhất, ${{x}_{i}}$ lớn nhất $\xrightarrow{\text{casio}}\int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{i}}}{\left| f(x)-g(x) \right|\text{d}x}.$
Hình thức 3: Cho hình vẽ, sẽ giải phương trình tìm tọa độ giao điểm , chia từng diện tích nhỏ, xổ hình từ trên xuống, ghi công thức và bấm máy tính.
Hình thức 4: Cho ba hàm trở lên, chẳng hạn $y=f(x),\text{ }y=g(x),\text{ }y=h(x)$ ta nên vẽ hình.
II. BÀI TẬP MẪU DẠNG BÀI ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH
Câu 1: Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường
Gọi $S$ là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=\frac{\ln x}{{{x}^{2}}}$, $y=0$, $x=1$, $x=e$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. $S=\pi \int\limits_{1}^{e}{\frac{\ln x}{{{x}^{2}}}\text{d}x}$. B. $S=\int\limits_{1}^{e}{\frac{\ln x}{{{x}^{2}}}\text{d}x}$. C. $S=\int\limits_{1}^{e}{{{\left( \frac{\ln x}{{{x}^{2}}} \right)}^{2}}\text{d}x}$. D. $S=\pi \int\limits_{1}^{e}{{{\left( \frac{\ln x}{{{x}^{2}}} \right)}^{2}}\text{d}x}$
Lời giải
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi miền D gồm các đường $y=\frac{\ln x}{{{x}^{2}}}$, $y=0$, $x=1$, $x=e$ là:
$S=\int\limits_{1}^{e}{\left| \frac{\ln x}{{{x}^{2}}} \right|\text{d}x}=\int\limits_{1}^{e}{\frac{\ln x}{{{x}^{2}}}\text{d}x}$ vì $\frac{\ln x}{{{x}^{2}}}>0,\,\,\forall x\in \left( 1;e \right)$.
Câu 2: Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}$, $y={{x}^{2}}-4x+4$ và trục $Ox$ được tính theo công thức nào dưới đây?
A. $\int\limits_{0}^{2}{\left| {{x}^{3}}-\left( {{x}^{2}}-4x+4 \right) \right|\text{d}x}$. B. $-\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}\text{d}x}+\int\limits_{1}^{2}{\left( {{x}^{2}}-4x+4 \right)\text{d}x}$.
C. $\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}\text{d}x}-\int\limits_{1}^{2}{\left( {{x}^{2}}-4x+4 \right)\text{d}x}$. D. $\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}\text{d}x}+\int\limits_{1}^{2}{\left( {{x}^{2}}-4x+4 \right)\text{d}x}$.
Lời giải
Dựa vào hình vẽ ta thấy hình phẳng cần tính diện tích gồm 2 phần:
Phần 1: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}$, trục $Ox$, $x=0$, $x=1$.
Phần 2: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y={{x}^{2}}-4x+4$, trục $Ox$, $x=1$, $x=2$.
Do đó diện tích cần tính là $S=\int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{3}} \right|\text{d}x}+\int\limits_{1}^{2}{\left| {{x}^{2}}-4x+4 \right|\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{3}}\text{d}x}+\int\limits_{1}^{2}{\left( {{x}^{2}}-4x+4 \right)\text{d}x}$.
Xem thêm: Cách giải và bài tập mẫu tích phân từng phần
Câu 3: Tính giá trị T khi biết giá trị của S1 và S2
Cho parabol $\left( {{P}_{1}} \right):y=-{{x}^{2}}+2x+3$ cắt trục hoành tại hai điểm $A,B$ và đường thẳng $d:y=a$ $\left( 0<a<4 \right)$. Xét parabol $\left( {{P}_{2}} \right)$ đi qua $A,B$ và có đỉnh thuộc đường thẳng $y=a$. Gọi ${{S}_{1}}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left( {{P}_{1}} \right)$ và $d$.Gọi ${{S}_{2}}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left( {{P}_{2}} \right)$ và trục hoành. Biết ${{S}_{1}}={{S}_{2}}$, tính $T={{a}^{3}}-8{{a}^{2}}+48a$.
A. $T=99$. B. $T=64$. C. $T=32$. D. $T=72$.
Lời giải
Để việc tính toán trở nên đơn giản, ta tịnh tiến hai parabol sang trái một đơn vị.
Khi đó, phương trình các parabol mới là $\left( {{P}_{1}} \right):y=-{{x}^{2}}+4$,$\left( {{P}_{2}} \right):y=-\frac{a}{4}{{x}^{2}}+a$.
Gọi $A,B$ là các giao điểm của $\left( {{P}_{1}} \right)$ và trục $Ox\Rightarrow A\left( -2;0 \right),B\left( 2;0 \right)\Rightarrow AB=4$.
Gọi $A,B$ là giao điểm của $\left( {{P}_{1}} \right)$ và đường thẳng $d\Rightarrow M\left( -\sqrt{4-a};a \right),N\left( \sqrt{4-a};a \right)$.
Ta có ${{S}_{1}}=2\int\limits_{a}^{4}{\sqrt{4-y}.dy}=\left. -\frac{4}{3}\left( {{\left( 4-y \right)}^{\frac{3}{2}}} \right) \right|_{a}^{4}=\frac{4}{3}\left( 4-a \right)\sqrt{4-a}$
${{S}_{2}}=2\int\limits_{a}^{2}{\left( -\frac{a}{4}{{x}^{2}}+a \right).dx}=\left. 2\left( -\frac{a{{x}^{3}}}{12}+ax \right) \right|_{0}^{2}=\frac{8a}{3}$.
Theo giả thiết ${{S}_{1}}={{S}_{2}}\Rightarrow \frac{4}{3}\left( 4-a \right)\sqrt{4-a}=\frac{8a}{3}\Leftrightarrow {{\left( 4-a \right)}^{3}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{3}}-8{{a}^{2}}+48a=64$
Vậy $T=64$.
Câu 4: Tìm khoảng của m0 sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và d là nhỏ nhất
Cho Parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}+1$ và đường thẳng $d:y=mx+2$ với $m$ là tham số. Gọi ${{m}_{0}}$ là giá trị của $m$ để diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left( P \right)$ và $d$ là nhỏ nhất. Hỏi ${{m}_{0}}$ nằm trong khoảng nào?
A. $(-\sqrt{2};-\frac{1}{2})$. B. . C. $(-1;\frac{1}{\sqrt{2}})$. D. $(\frac{1}{2};3)$.
Lời giải
Chọn C
Phương trình hoành độ của $\left( P \right)$ và $d$ là ${{x}^{2}}-mx-1=0\,\,\left( 1 \right)$.
Dễ thấy $\left( 1 \right)$ luôn có 2 nghiệm phân biệt. Gọi $a,\,\,b\,\,\left( a<b \right)$ là các nghiệm của $\left( 1 \right)$ thì diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left( P \right)$ và $d$ là
$S=\int\limits_{a}^{b}{\left| {{x}^{2}}-mx-1 \right|dx}=\left| \int\limits_{a}^{b}{\left( {{x}^{2}}-mx-1 \right)dx} \right|=\left| \left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-\frac{m{{x}^{2}}}{2}-x \right) \right|_{a}^{b} \right|$
$=\left| \frac{{{b}^{3}}-{{a}^{3}}}{3}-\frac{m({{b}^{2}}-{{a}^{2}})}{2}-(b-a) \right|=\left| b-a \right|.\left| \frac{{{b}^{2}}+ab+{{a}^{2}}}{3}-\frac{m(b+a)}{2}-1 \right|$
=$\sqrt{{{\left( b+a \right)}^{2}}-4ab}.\left| \frac{{{\left( b+a \right)}^{2}}-ab}{3}-\frac{m\left( b+a \right)}{2}-1 \right|$
Mà $a+b=m,\,\,ab=-1$ nên $S=\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left( \frac{{{m}^{2}}}{6}+\frac{2}{3} \right)\ge \frac{4}{3}$.
Do đó $\min S=\frac{4}{3}$ khi $m=0$.
Câu 5: Tìm tỉ số $\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}$
Parabol $y=\frac{{{x}^{2}}}{2}$ chia hình tròn có tâm là gốc tọa độ, bán kính bằng $2\sqrt{2}$ thành hai phần có diện tích ${{S}_{1}}$ và ${{S}_{2}}$, trong đó ${{S}_{1}}<{{S}_{2}}$. Tìm tỉ số $\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}$.
A. $\frac{3\pi +2}{12\pi }$. B. $\frac{9\pi -2}{3\pi +2}$. C. $\frac{3\pi +2}{9\pi -2}$. D. $\frac{3\pi +2}{21\pi -2}$.
Lời giải
Diện tích hình tròn là $S=\pi {{R}^{2}}=8\pi $.
Phương trình đường tròn tâm $O\left( 0\,;0 \right)$, bán kính $R=2\sqrt{2}$ là ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=8$.
Hoành độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}+\frac{{{x}^{4}}}{4}=8$
Phương trình nửa phía trên trục $Ox$ của đường tròn là: $y=\sqrt{8-{{x}^{2}}}$.
Diện tích miền giới hạn bởi Parabol và nửa phía trên trục $Ox$ của đường tròn là:
$\int\limits_{-2}^{2}{\left( \sqrt{8-{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right)dx}$$=\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}dx}-\frac{1}{2}\int\limits_{-2}^{2}{{{x}^{2}}dx}$
Ta có $\int\limits_{-2}^{2}{{{x}^{2}}dx}=\left. \frac{{{x}^{3}}}{3} \right|_{-2}^{2}=\frac{16}{3}$.
$I=\int\limits_{-2}^{2}{\sqrt{8-{{x}^{2}}}dx}$
Đặt $x=2\sqrt{2}\sin t$ $\left( t\in \left[ -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right] \right)$$\Rightarrow dx=2\sqrt{2}\cos tdt$
+) $x=-2\Rightarrow t=-\frac{\pi }{4}$
+) $x=2\Rightarrow t=\frac{\pi }{4}$.
$I=\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\sqrt{8-8{{\sin }^{2}}t}.2\sqrt{2}\cos tdt}$$=8\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{{{\cos }^{2}}tdt}$$=4\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\left( 1+\cos 2t \right)dt}$$=4\int\limits_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}{\left( 1+\cos 2t \right)dt}$$=\left. 4\left( t+\frac{1}{2}\sin 2t \right) \right|_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}$$=2\pi +4$.
Vậy $\int\limits_{-2}^{2}{\left( \sqrt{8-{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right)dx}$$=2\pi +\frac{4}{3}$.
Diện tích phần còn lại là $8\pi -\left( 2\pi +\frac{4}{3} \right)=6\pi -\frac{4}{3}$.
Vậy ${{S}_{1}}=2\pi +\frac{4}{3}$; ${{S}_{2}}=6\pi -\frac{4}{3}$$\Rightarrow \frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{3\pi +2}{9\pi -2}$
Câu 6: Tính diện tích thiết diện
Cho khối trụ có hai đáy là hai hình tròn $\left( O;R \right)$ và $\left( {O}’;R \right)$, $O{O}’=4R$. Trên đường tròn $\left( O;R \right)$ lấy hai điểm $A,\text{ }B$ sao cho $AB=a\sqrt{3}$. Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $A$, $B$ cắt đoạn $O{O}’$ và tạo với đáy một góc $60{}^\circ $, $\left( P \right)$ cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng
A. $\left( \frac{4\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2} \right){{R}^{2}}$ B. $\left( \frac{2\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{4} \right){{R}^{2}}$. C. $\left( \frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4} \right){{R}^{2}}$. D. $\left( \frac{4\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} \right){{R}^{2}}$.
Lời giải
Cách 1: Gọi $I,\text{ }H,\text{ }K,\text{ }E$ là các điểm như hình vẽ.
* Ta có: $\widehat{IHO}=60{}^\circ $
$O{{H}^{2}}=O{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}={{R}^{2}}-\frac{3{{R}^{2}}}{4}=\frac{{{R}^{2}}}{4}$$\Rightarrow OH=\frac{R}{2}$$\Rightarrow OI=OH.\tan 60{}^\circ =\frac{R\sqrt{3}}{2}$, $IH=\frac{OH}{\cos 60{}^\circ }=R$, $\Delta IOH\sim \Delta EKH$ nên ta có: $\frac{IE}{IH}=\frac{OK}{OH}=2\Rightarrow IE=2R$.
* Chọn hệ trục tọa độ $Ixy$ như hình vẽ ta có elip $\left( E \right)$ có bán trục lớn là $a=IE=2R$ và $\left( E \right)$ đi qua $A\left( -R;\,\frac{R\sqrt{3}}{2} \right)$ nên $\left( E \right)$ có phương trình là $\left( E \right):\frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{R}^{2}}}=1$.
* Diện tích của thiết diện là $S=2\int\limits_{-R}^{2R}{R\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}}\text{d}x=2R\int\limits_{-R}^{2R}{\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}\text{d}x}$
* Xét tích phân: $I=\int\limits_{-R}^{2R}{\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4{{R}^{2}}}}\text{dx}}$, đặt $x=2R.\sin t;\text{ }t\in \left[ -\frac{\pi }{2};\,\frac{\pi }{2} \right]$ ta được
$I=\frac{R}{2}\int\limits_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1+\cos 2t \right)\text{d}t}=\frac{R}{2}\left. \left( t+\frac{\sin 2t}{2} \right) \right|_{-\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}}=\left( \frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{8} \right)R$$\Rightarrow S=\left( \frac{4\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4} \right){{R}^{2}}$.
Cách 2: $\cos \widehat{AOB}=\frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2.OA.OB}=-\,\frac{1}{2}\Rightarrow \,\,\widehat{AOB}=120{}^\circ \Rightarrow \,\,OH=\frac{R}{2}.$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ
$\Rightarrow $ Phương trình đường tròn đáy là ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{R}^{2}}\Leftrightarrow y=\pm \,\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}.$
Hình chiếu của phần elip xuống đáy là miền sọc xanh như hình vẽ.
Ta có $S=2\,\int\limits_{-\,\frac{R}{2}}^{R}{\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}\,\text{d}x}.$ Đặt $x=R.\sin t$$\Rightarrow \,\,S=\left( \frac{2\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4} \right){{R}^{2}}.$
Gọi diện tích phần elip cần tính là ${S}’.$
Theo công thức hình chiếu, ta có ${S}’=\frac{S}{\cos 60{}^\circ }=2\,S=\left( \frac{4\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{2} \right){{R}^{2}}.$
Câu 7: Tìm giá trị lớn nhất ${{S}_{max}}$ của $S.$
Cho parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}$và một đường thẳng $d$ thay đổi cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm $A$, $B$ sao cho $AB=2018$. Gọi $S$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left( P \right)$ và đường thẳng $d$. Tìm giá trị lớn nhất ${{S}_{max}}$ của $S.$
A. ${{S}_{max}}=\frac{{{2018}^{3}}+1}{6}$. B. ${{S}_{max}}=\frac{{{2018}^{3}}}{3}$. C. ${{S}_{max}}=\frac{{{2018}^{3}}-1}{6}$. D. ${{S}_{max}}=\frac{{{2018}^{3}}}{3}$.
Lời giải
Giả sử $A(a;\,{{a}^{2}})$; $B(b;\,{{b}^{2}})\,(b>a)$ sao cho $AB=2018$.
Phương trình đường thẳng $d$ là: $y=(a+b)x-ab$. Khi đó
$S=\int\limits_{a}^{b}{\left| (a+b)x-ab-{{x}^{2}} \right|\text{d}x}=\int\limits_{a}^{b}{\left( \left( a+b \right)x-ab-{{x}^{2}} \right)\text{d}x}=\frac{1}{6}{{\left( b-a \right)}^{3}}$.
Vì $AB=2018\Leftrightarrow {{\left( b-a \right)}^{2}}+{{\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}^{2}}={{2018}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( b-a \right)}^{2}}\left( 1+{{\left( b+a \right)}^{2}} \right)={{2018}^{2}}$.
$\Rightarrow {{\left( b-a \right)}^{2}}\le {{2018}^{2}}$$\Rightarrow \left| b-a \right|=b-a\le 2018\Rightarrow S\le \frac{{{2018}^{3}}}{6}$. Vậy ${{S}_{\max }}=\frac{{{2018}^{3}}}{6}$ khi $a=-1009$ và $b=1009$.
Câu 8: Tìm điều kiện nào sau đây của $a$ và $b$ thì ${{S}_{1}}={{S}_{2}}$
Trong hệ trục tọa độ $Oxy$, cho parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}$ và hai đường thẳng $y=a$, $y=b$ $\left( 0<a<b \right)$ . Gọi ${{S}_{1}}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $y=a$ ; $\left( {{S}_{2}} \right)$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $y=b$ . Với điều kiện nào sau đây của $a$ và $b$ thì ${{S}_{1}}={{S}_{2}}$?
A. $b=\sqrt[3]{4}a$ B. $b=\sqrt[3]{2}a$. C. $b=\sqrt[3]{3}a$. D. $b=\sqrt[3]{6}a$.
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}$ với đường thẳng $y=b$ là
${{x}^{2}}=b\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{b}$.
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}$ với đường thẳng $y=a$ là
${{x}^{2}}=a\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{a}$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}$ và đường thẳng $y=b$ là
$S=2\int\limits_{0}^{\sqrt{b}}{\left( b-{{x}^{2}} \right)\operatorname{d}x}$$=\left. 2\left( bx-\frac{{{x}^{3}}}{3} \right) \right|_{0}^{\sqrt{b}}$$=2\left( b\sqrt{b}-\frac{b\sqrt{b}}{3} \right)$$=\frac{4b\sqrt{b}}{3}$.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}$ và đường thẳng $y=a$ là ${{S}_{1}}=2\int\limits_{0}^{\sqrt{a}}{\left( a-{{x}^{2}} \right)\operatorname{d}x}$$=\left. 2\left( ax-\frac{{{x}^{3}}}{3} \right) \right|_{0}^{\sqrt{a}}$$=2\left( a\sqrt{a}-\frac{a\sqrt{a}}{3} \right)$$=\frac{4a\sqrt{a}}{3}$.
Do đó $S=2{{S}_{1}}$$\Leftrightarrow \frac{4b\sqrt{b}}{3}=2.\frac{4a\sqrt{a}}{3}$$\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{b} \right)}^{3}}=2{{\left( \sqrt{a} \right)}^{3}}$$\Leftrightarrow \sqrt{b}=\sqrt[3]{2}\sqrt{a}$$\Leftrightarrow b=\sqrt[3]{4}a$.
Xem thêm:
Ứng dụng tích phân trong thực tế
Lý thuyết và bài tập mẫu tích phân
Bảng công thức nguyên hàm đầy đủ
