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

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:

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

 Sachgiaihay.com