giải bài tập sgk giải tích 12 nâng cao: tích phân

Phân tích chi tiết bài giải tích phân trong sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao, tập trung vào phần "Câu hỏi và bài tập". Bài viết không chỉ cung cấp đáp án mà còn đi sâu vào phương pháp giải, giúp học sinh nắm vững kiến thức và kỹ năng cần thiết. **Đánh giá chung:** Ưu điểm nổi bật của tài liệu này là sự trình bày chi tiết, dễ hiểu, đặc biệt phù hợp với học sinh muốn tự học và ôn luyện. Các bài giải đều kèm theo hình ảnh minh họa trực quan, giúp học sinh hình dung rõ hơn về các khái niệm và bài toán. Hơn nữa, việc giải thích cặn kẽ từng bước giúp người đọc không chỉ nắm được kết quả mà còn hiểu rõ quy trình giải, từ đó áp dụng vào các bài toán tương tự một cách linh hoạt. **Phân tích cụ thể các bài toán:** **Bài 10:** Bài toán này yêu cầu tính tích phân mà không cần tìm nguyên hàm, một kỹ năng quan trọng trong giải tích. * **Ưu điểm:** Giải pháp sử dụng hình học để tính tích phân (diện tích hình thang, tam giác, nửa đường tròn) là một cách tiếp cận thông minh và sáng tạo, giúp học sinh hiểu rõ hơn về mối liên hệ giữa tích phân và diện tích. Việc vẽ đồ thị hàm số là bước quan trọng giúp trực quan hóa bài toán. * **Nhận xét:** Cách giải này đặc biệt hiệu quả với các hàm số đơn giản, có đồ thị dễ vẽ và diện tích dễ tính. **Bài 11:** Bài toán này tập trung vào các tính chất cơ bản của tích phân. * **Ưu điểm:** Lời giải trình bày rõ ràng việc áp dụng các tính chất như tính cộng, tính nhân với hằng số, giúp học sinh củng cố kiến thức về các tính chất này. * **Nhận xét:** Bài toán là cơ sở để giải các bài toán tích phân phức tạp hơn, đòi hỏi sự kết hợp nhiều tính chất. **Bài 12:** Bài toán kiểm tra khả năng hiểu và vận dụng tính chất không phụ thuộc biến của tích phân. * **Ưu điểm:** Lời giải ngắn gọn, trực tiếp, nhấn mạnh sự tương đương giữa các tích phân với các biến khác nhau. **Bài 13:** Bài toán chứng minh các tính chất quan trọng liên quan đến tích phân của hàm dương và so sánh tích phân của hai hàm. * **Ưu điểm:** Lời giải dựa trên tính chất của nguyên hàm và mối liên hệ giữa đạo hàm và tính đơn điệu của hàm số, giúp học sinh hiểu sâu sắc hơn về bản chất của tích phân. **Bài 14, 15, 16:** Các bài toán ứng dụng tích phân trong vật lý, liên quan đến chuyển động của vật. * **Ưu điểm:** Các bài toán này giúp học sinh thấy được ứng dụng thực tế của tích phân trong việc tính quãng đường, vận tốc, gia tốc. Việc phân tích bài toán và thiết lập công thức tính toán rõ ràng là điểm mạnh của lời giải. **Kết luận:** Tóm lại, tài liệu này là một nguồn tham khảo hữu ích cho học sinh học Giải tích 12 nâng cao, đặc biệt là phần tích phân. Cách trình bày chi tiết, dễ hiểu cùng với hình ảnh minh họa và phân tích sâu sắc giúp học sinh nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán một cách hiệu quả.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 10. Không tìm nguyên hàm, hãy tính các tích phân sau:

• a) \(\int_{ – 2}^4 {\left( {\frac{x}{2} + 3} \right)dx.} \)
• b) \(\int_{ – 1}^2 {|x|dx} .\)
• c) \(\int_{ – 3}^3 {\sqrt {9 – {x^2}} } dx.\)

Lời giải:

• a) Vẽ đồ thị \(y = \frac{x}{2} + 3.\)

  

  Suy ra diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi \(y = \frac{x}{2} + 3\) và \(x = – 2\), \(x = 4\), trục hoành là diện tích hình thang có chiều cao bằng \(6\) và hai đáy bằng \(2\) và bằng \(5\), cho nên: \(S = \frac{1}{2}(2 + 5) \times 6 = 21\) (đvdt). Vậy \(\int_{ – 2}^4 {\left( {\frac{x}{2} + 3} \right)dx} = 21.\)
• b) Vẽ đồ thị \(y = |x|.\)

  

  Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(y = |x|\), trục hoành, \(x = -1\), \(x = 2\) bằng tổng diện tích tam giác vuông \(OAB\) và diện tích \(\Delta OCD.\) \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.AB\) \( = \frac{1}{2}.2.2 = 2\), \({S_{\Delta OCD}} = \frac{1}{2}.\) Vậy \(\int_{ – 1}^2 {|x|dx} = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}.\)
• c) Vẽ đồ thị \(y = \sqrt {9 – {x^2}} \) là nửa đường tròn, bán kính \(R = 3\), diện tích nửa đường tròn là: \(S = \frac{1}{2}\pi {R^2}\) \( = \frac{1}{2}\pi {.3^2} = \frac{{9\pi }}{2}.\)

  

  Vậy \(\int_{ – 3}^3 {\sqrt {9 – {x^2}} } dx = \frac{{9\pi }}{2}.\)

Bài 11. Cho biết \(\int_1^2 f (x)dx = – 4\), \(\int_1^5 f (x)dx = 6\), \(\int_1^5 g (x)dx = 8.\) Hãy tính:

• a) \(\int_2^5 f (x)dx.\)
• b) \(\int_1^2 3 f(x)dx.\)
• c) \(\int_1^5 {[f(x) – g(x)]dx} .\)
• d) \(\int_1^5 {[4f(x) – g(x)]dx} .\)

Lời giải:

• a) Ta có: \(\int_1^5 f (x)dx\) \( = \int_1^2 f (x)dx + \int_2^5 f (x)dx.\) \(\Leftrightarrow 6 = – 4 + \int_2^5 f (x)dx\) \( \Leftrightarrow \int_2^5 f (x)dx = 10.\) Vậy \(\int_2^5 f (x)dx = 10.\)
• b) \(\int_1^2 3 f(x)dx\) \( = 3\int_1^2 f (x)dx = – 12.\)
• c) \(\int_1^5 {[f(x) – g(x)]dx} \) \( = \int_1^5 f (x)dx – \int_1^5 g (x)dx\) \( = 6 – 8 = – 2.\)
• d) \(\int_1^5 {[4{\rm{ }}f(x) – g(x)]dx} \) \( = 4\int_1^5 f (x)dx – \int_1^5 g (x)dx\) \( = 4.6 – 8 = 16.\)

Bài 12. Cho \(\int_0^3 f (z)dz = 3\), \(\int_0^4 f (x)dx = 7.\) Hãy tính \(\int_3^4 f (t)dt.\)

Lời giải:

Ta có \(\int_0^3 f (z)dz = 3\), \(\int_0^4 f (x)dx = 7\) \( \Rightarrow \int_0^3 f (t)dt = 3\) và \(\int_0^4 f (t)dt = 7.\) Nên: \(\int_0^4 f (t)dt\) \( = \int_0^3 f (t)dt + \int_3^4 f (t)dt\) \( \Leftrightarrow 7 = 3 + \int_3^4 f (t)dt.\) Vậy \(\int_3^4 f (t)dt = 4.\)

Bài 13.

• a) Chứng minh rằng nếu \(f(x) > 0\) trên \([a;b]\) thì \(\int_a^b f (x)dx > 0.\)
• b) Chứng minh rằng nếu \(f(x) > g(x)\) trên \([a;b]\) thì \(\int_a^b f (x)dx > \int_a^b g (x)dx.\)

Lời giải:

• a) Gọi \(F(x)\) là một nguyên hàm của \(f(x)\), ta có: \(F'(x) = f(x) > 0\) trên đoạn \([a;b].\) Do đó \(F(x)\) tăng trên đoạn \([a;b].\) Vì vậy \(a < b\) \( \Rightarrow F(a) < F(b).\) Nên \(\int_a^b f (x)dx = F(b) – F(a) > 0.\)
• b) Theo câu a ta có: \(f(x) – g(x) > 0\) nên: \(\int_a^b {(f(} x) – g(x))dx > 0\) \( \Leftrightarrow \int_a^b f (x)dx – \int_a^b g (x)dx > 0.\) Vậy \(\int_a^b f (x)dx > \int_a^b g (x)dx.\)

Bài 14.

• a) Một vật chuyển động với vận tốc \(v(t) = 1 – 2\sin 2t\) \((m/s).\) Tính quãng đường vật di chuyển trong khoảng thời gian từ thời điểm \(t = 0\) \((s)\) đến thời điểm \(t = \frac{{3\pi }}{4}\) \((s).\)
• b) Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc \(v(t) = 160 – 10t\) \((m/s).\) Tính quãng đường mà vật di chuyển được từ thời điểm \(t = 0\) đến thời điểm mà vật dừng lại.

Lời giải:

• a) Quãng đường \(S\) đi được từ \(t = 0\) \((s)\) đến \(t = \frac{{3\pi }}{4}\) \((s)\) là \(S = \int_0^{3\pi /4} {(1 – 2\sin 2t)dt} \) \( = \left. {(t + \cos 2t)} \right|_0^{3\pi /4}\) \( = \frac{{3\pi }}{4} – 1.\)
• b) Khi vật dừng lại thì \(v(t) = 0\) \( \Leftrightarrow 160 – 10t = 0\) \( \Leftrightarrow t = 16\) \((s).\) Vậy quãng đường đi được từ \(t = 0\) đến khi dừng lại là: \(S = \int_0^{16} {(160 – 10t)dt} \) \( = \left. {\left( {160t – 5{t^2}} \right)} \right|_0^{16}\) \( = 1280\) \((m).\)

Bài 15. Một vật chuyển động với vận tốc \(10\) \(m/s\) thì tăng tốc với gia tốc \(a(t) = 3t + {t^2}.\) Tính quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian \(10\) giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc.

Lời giải:

Chọn mốc thời gian vật bắt đầu tăng tốc \({t_0} = 0.\) Lúc đó vận tốc trong khoảng \({t_0} = 0\) đến \(T\) là: \(v(T) = \int_0^T {\left( {3t + {t^2}} \right)dt} \) \( = \frac{{{T^3}}}{3} + \frac{3}{2}{T^2}\) \( \Rightarrow \) Vận tốc tăng: \(V(t) = \frac{{{t^3}}}{3} + \frac{3}{2}{t^2} + 10.\) Quãng đường đi được từ khi tăng tốc trong \(10\) giây là: \(S = \int_0^{10} {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} + \frac{3}{2}{t^2} + 10} \right)dt} \) \( = \left. {\left( {\frac{{{t^4}}}{{12}} + \frac{1}{2}{t^3} + 10t} \right)} \right|_0^{10}\) \( = \frac{{4300}}{3}\) \((m).\) Vậy quãng đường đi được là \(\frac{{4300}}{3}\) \((m).\)

Bài 16. Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu \(25\) \(m/s.\) Gia tốc trọng trường là \(9,8\) \(m/{s^2}.\)

• a) Sau bao lâu viên đạn đạt tới tốc độ cao lớn nhất.
• b) Tính quãng đường viên đạn đi được từ lúc bắn lên cho đến khi rơi xuống đất (chính xác đến hàng phần trăm).

Lời giải:

• a) Giả sử rằng đạn được bắn lên từ mặt đất, khi đó: \(v(t) = {v_o} – gt\) \( = 25 – 9,8t\) (\(t \ge 0\), \(t\) tính bằng giây). Ta đã biết quãng đường viên đạn đi được trong \(t\) giây là \(S(t)\) thì: \(S'(t) = v(t)\) \( \Rightarrow S(t) = \int v (t)dt\) \( = \int {(25 – 9,8t)dt} .\) \( \Rightarrow S(t) = 25t – 4,9{t^2} + C\) (\(S(t)\) tính bằng mét). Vì viên đạn được bắn lên từ mặt đất cho nên \(S(0) = 0\), vì vậy \(C = 0.\) Từ đó: \(S(t) = 25t – 4,9{t^2}\) \((1).\) Ta có: \((1) \Leftrightarrow S(t) = – 4,9{t^2} + 25t.\) \( \Leftrightarrow S(t) = – 4,9{\left( {t – \frac{{25}}{{9,8}}} \right)^2} + \frac{{625}}{{19,6}}.\) \( \Rightarrow S(t) \le \frac{{625}}{{19,6}}\), \(\forall t \ge 0\), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(t = \frac{{25}}{{9,8}}.\) Do đó: \(\mathop {\max }\limits_{[0; + \infty )} S(t) = \frac{{625}}{{19,6}}\) khi \(t = \frac{{25}}{{9,8}}.\) Vì thế, sau thời gian \(t = \frac{{25}}{{9,8}}\) (giây) thì viên đạn đạt độ cao lớn nhất là: \(h = \mathop {\max }\limits_{[0; + \infty )} S(t) = \frac{{625}}{{19,6}}\) (mét).
• b) Quãng đường mà viên đạn đi được từ khi bắn lên cho đến khi rơi xuống đất là: \(2h = 2\max S(t)\) \( = \frac{{1250}}{{19,6}} \approx 63,78\) (mét).