Cho hàm số f(x) = x2.
a) Chứng tỏ F(x) = \(\dfrac{x^3}{3}\); G(x) = \(\dfrac{x^3}{3}+C\) là các nguyên hàm của hàm số f(x) = x2.
b) Chứng minh rằng F(b) – F(a) = G(b) – G(a), tức là hiệu số F(b) – F(a) không phụ thuộc việc chọn nguyên hàm.
Bài 3: Tích phân
Hoạt động 2 (SGK Cánh Diều - Tập 2 - Trang 20)
Thảo luận (1)
Luyện tập 1 (SGK Cánh Diều - Tập 2 - Trang 19)
Cho đồ thị hàm số y = f(x) = 2x (x ∈ [0; 2]). Xét tam giác vuông OAB giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x) = 2x, trục Ox và đường thẳng x = 2.
a) Tính diện tích tam giác vuông OAB.
b) Giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) = 2x trên đoạn [0; 2]. Tính F(2) – F(0). Từ đó hãy chứng tỏ rằng Stam giác vuông OAB = F(2) – F(0).
Thảo luận (1)Hướng dẫn giải
a) Ta có f(2) = 2.2 = 4. Do đó giao điểm của đồ thị f(x) = 2x và đường thẳng x = 2 có tọa độ (2;4).
Đường thẳng x = 2 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2.
Giả sử A(2;4) và B(2;0).
Ta có \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}OB.AB = \frac{1}{2}2.4 = 4\).
b) Ta có \(F(x) = \int {f(x)dx} = \int {2xdx} = {x^2} + C\).
Xét \(F(2) - F(0) = {2^2} + C - ({0^2} + C) = 4\).
Vậy \(F(2) - F(0) = {S_{OAB}}\).
(Trả lời bởi Nguyễn Quốc Đạt)
Hoạt động 1 (SGK Cánh Diều - Tập 2 - Trang 17)
Cho hàm số y f(x) x2. Xét hình phẳng (được tô màu) gồm tất cả các điểm M(x; y) trên mặt phẳng tọa độ sao cho 1 ≤ x ≤ 2 và 0 ≤ y ≤ x2 (Hình 4). Hình phẳng đó được gọi là hình thang cong AMNB giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x) x2, trục Ox và hai đường thẳng x 1, x 2.Chia đoạn [1; 2] thành n phần bằng nhau bởi các điểm chia:x_01;x_11+dfrac{1}{n};x_21+dfrac{2}{n},...,x_{n-1}1+dfrac{n-1}{n},x_n1+dfrac{n}{n}2 (Hình 5)a) Tính diện tích T0 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [x0; x1] với chiều cao là...
Đọc tiếp
Cho hàm số y = f(x) = x2. Xét hình phẳng (được tô màu) gồm tất cả các điểm M(x; y) trên mặt phẳng tọa độ sao cho 1 ≤ x ≤ 2 và 0 ≤ y ≤ x2 (Hình 4). Hình phẳng đó được gọi là hình thang cong AMNB giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x) = x2, trục Ox và hai đường thẳng x = 1, x = 2.
Chia đoạn [1; 2] thành n phần bằng nhau bởi các điểm chia:
\(x_0=1;x_1=1+\dfrac{1}{n};x_2=1+\dfrac{2}{n},...,x_{n-1}=1+\dfrac{n-1}{n},x_n=1+\dfrac{n}{n}=2\) (Hình 5)
a) Tính diện tích T0 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [x0; x1] với chiều cao là f(x0).
Tính diện tích T1 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [x1; x2] với chiều cao là f(x1).
Tính diện tích T2 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [x2; x3] với chiều cao là f(x2).
…
Tính diện tích Tn – 1 của hình chữ nhật dựng trên đoạn [xn – 1; xn] với chiều cao là f(xn–1).
b) Đặt Sn = T0 + T1 + T2 + … + Tn – 1. Chứng minh rằng:
Sn = \(\dfrac{1}{2}\).[f(x0) + f(x1) + f(x2) + … + f(xn – 1)].
Tổng Sn gọi là tổng tích phân cấp n của hàm số f(x) = x2 trên đoạn [1; 2].
Thảo luận (1)Hướng dẫn giảia) \({T_0} = f({x_0}).({x_1} - {x_0}) = f(1).({x_1} - 1)\);
\({T_1} = f({x_1}).({x_2} - {x_1})\);
\({T_2} = f({x_2}).({x_3} - {x_2})\);
…
\({T_{n - 1}} = f({x_{n - 1}}).({x_n} - {x_{n - 1}})\);
b) \({T_0} = f({x_0}).({x_1} - {x_0}) = f({x_0}).({x_0} + \frac{1}{n} - {x_0}) = \frac{{f({x_0})}}{n}\);
\({T_1} = f({x_1}).({x_2} - {x_1}) = f({x_1}).({x_1} + \frac{1}{n} - {x_1}) = \frac{{f({x_1})}}{n}\);
\({T_2} = f({x_2}).({x_3} - {x_2}) = f({x_2}).({x_2} + \frac{1}{n} - {x_2}) = \frac{{f({x_2})}}{n}\);
…
\({T_{n - 1}} = f({x_{n - 1}}).({x_n} - {x_{n - 1}})\)
\(= f({x_{n - 1}}).({x_{n - 1}} + \frac{1}{n} - {x_{n - 1}}) = \frac{{f({x_{n - 1}})}}{n}\).
Vậy \({S_n} = {T_0} + {T_1} + {T_2} + ... + {T_{n - 1}}\)
\(= \frac{1}{n}[f({x_0}) + f({x_1}) + f({x_2}) + ... + f({x_{n - 1}})]\).
(Trả lời bởi Nguyễn Quốc Đạt)
Khởi động (SGK Cánh Diều - Tập 2 - Trang 17)
Họa sĩ thiết kế logo hình con cá cho một doanh nghiệp kinh doanh hải sản. Logo là hình phẳng giới hạn bởi hai parabol với các kích thước được cho trong Hình 3 (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là decimét).
Làm thế nào để tính diện tích của logo?
Thảo luận (1)Hướng dẫn giảiGọi phương trình parabol f(x) là \(y = {a_1}{x^2} + {b_1}x + {c_1}\) và phương trình parabol g(x) là \(y = {a_2}{x^2} + {b_2}x + {c_2}\).
Quan sát Hình 3, thấy đồ thị f(x) đi qua các điểm có tọa độ (0;2), (4;0), (-4;0) nên ta có hệ:
\(\left\{ \begin{array}{l}2 = {a_1}{.0^2} + {b_1}.0 + {c_1}\\0 = {a_1}{.4^2} + {b_1}.4 + {c_1}\\y = {a_1}{( - 4)^2} + {b_1}( - 4) + {c_1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = - \frac{1}{8}\\{b_1} = 0\\{c_1} = 2\end{array} \right. \Rightarrow y = - \frac{1}{8}{x^2} + 2\).
Quan sát Hình 3, thấy đồ thị g(x) đi qua các điểm có tọa độ (0;-3), (4;0), (-4;0) nên ta có hệ:
\(\left\{ \begin{array}{l} - 3 = {a_2}{.0^2} + {b_2}.0 + {c_2}\\0 = {a_2}{.4^2} + {b_2}.4 + {c_2}\\0 = {a_2}{( - 4)^2} + {b_2}( - 4) + {c_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_2} = \frac{3}{{16}}\\{b_2} = 0\\{c_2} = - 3\end{array} \right. \Rightarrow y = \frac{3}{{16}}{x^2} - 3\).
Ta có \(f(x) - g(x) = - \frac{1}{8}{x^2} + 2 - \left( {\frac{3}{{16}}{x^2} - 3} \right) = - \frac{5}{{16}}{x^2} + 5\).
Diện tích logo là:
\(S = \int\limits_{ - 5}^4 {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} = \int\limits_{ - 5}^{ - 4} {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} + \int\limits_{ - 4}^4 {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \)
\( = \int\limits_{ - 5}^{ - 4} {\left( {g(x) - f(x)} \right)dx} + \int\limits_{ - 4}^4 {\left( {f(x) - g(x)} \right)dx} \)
\( = \int\limits_{ - 5}^{ - 4} {\left( {\frac{5}{{16}}{x^2} - 5} \right)dx} + \int\limits_{ - 4}^4 {\left( { - \frac{5}{{16}}{x^2} + 5} \right)dx} \)
\( = \left( {\frac{5}{{48}}{x^3} - 5x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^{ - 4}}\\{_{ - 5}}\end{array}} \right. + \left( { - \frac{5}{{48}}{x^3} + 5x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^4}\\{_{ - 4}}\end{array}} \right. = \frac{{45}}{{48}} + \frac{{80}}{3} = \frac{{1345}}{{48}}\) \(\left( {d{m^2}} \right)\).
(Trả lời bởi Nguyễn Quốc Đạt)