Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số

I. PHƯƠNG PHÁP

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số $y = f\left( x \right)$, $y = g\left( x \right)$ (liên tục trên đoạn $\left[ {a;b} \right]$) hai đường thẳng $x = a$, $x = b$

  • Bước 1: Gọi $S$ là diện tích cần xác định, ta có: $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) – g(x)} \right|dx} .$
  • Bước 2: Xét dấu biểu thức $f\left( x \right) – g\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$. Từ đó phân được đoạn $\left[ {a,b} \right]$ thành các đoạn nhỏ, giả sử: $\left[ {a;b} \right]$ $ = \left[ {a;{c_1}} \right] \cup \left[ {{c_1};{c_2}} \right] \cup … \cup \left[ {{c_k};b} \right]$ mà trên mỗi đoạn $f\left( x \right) – g\left( x \right)$ chỉ có một dấu.
  • Bước 3: Khi đó: $S = I = \int\limits_a^{{c_1}} {\left| {f(x) – g(x)} \right|} dx + $ $… + \int\limits_{{c_k}}^b {\left| {f(x) – g(x)} \right|} dx .$

Chú ý: Nếu bài toán phát biểu dưới dạng: “Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi  đồ thị hai hàm số $x = {f_1}\left( y \right)$ và $x = {f_2}\left( y \right)$ (liên tục trên đoạn $\left[ {a;b} \right]$) và hai đường thẳng $y = a$, $y = b$ và trục $Oy$”, khi đó công thức tính diện tích là: $S = \int\limits_a^b {\left| {{f_1}(y) – {f_2}(y)} \right|dy} .$

II. VÍ DỤ

Ví dụ 1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

a. Đồ thị các hàm số $y = 4-{x^2}$, $y = -x + 2.$

b. Đồ thị các hàm số $y = lnx$, $y = -lnx$ và $x = e.$

Giải

a. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình:
$4–{x^2} = –x + 2$ $ \Leftrightarrow {x^2} – x – 2 = 0$ $ \Leftrightarrow x = – 1$ hoặc $x = 2.$

Khi đó: $S = \int\limits_{ – 1}^2 {\left| {{x^2} – x – 2} \right|dx} $ $ = – \int\limits_{ – 1}^2 {\left( {{x^2} – x – 2} \right)dx} $ $ = – \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} – \frac{1}{2}{x^2} – 2x} \right)} \right|_{ – 1}^2$ $ = \frac{{27}}{6}.$

b. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình:
$lnx = -lnx$ $ \Leftrightarrow 2lnx = 0$ $ \Leftrightarrow lnx = 0$ $ \Leftrightarrow x = 1.$

Khi đó: $S = \int\limits_1^e {\left| {\ln x + \ln x} \right|dx} $ $ = 2\int\limits_1^e {\ln x.dx} .$

Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln x\\
dv = dx
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du = \frac{{dx}}{x}\\
v = x
\end{array} \right.$ $ \Rightarrow S = 2\left( {\left. {x.\ln x} \right|_1^e – \int\limits_1^e {dx} } \right)$ $ = 2\left( {e – \left. x \right|_1^e} \right)$ $ = 2.$

Ví dụ 2: Cho hàm số: $\left( C \right)$: $y = \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + 1}}$. Tìm $b$ sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left( C \right)$ và các đường thẳng $y = 1$, $x = 0$, $x = b$ bằng $\frac{\pi }{4}.$

Giải

Gọi $S$ là diện tích cần xác định, ta có:
$S = \int\limits_0^b | \frac{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}}}}{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}} + 1}} – 1|dx$ $ = \frac{\pi }{4}$ $ \Leftrightarrow \int\limits_{\rm{0}}^b | \frac{{{\rm{x}}{{\rm{ }}^{\rm{2}}} – {x^2} – 1}}{{{\rm{x}}{{\rm{ }}^{\rm{2}}} + 1}}|dx$ $ = \frac{\pi }{4}$ $ \Leftrightarrow \left| {\int\limits_0^b {\frac{{dx}}{{{{\rm{x}}^{\rm{2}}} + 1}}} } \right|$ $ = \frac{\pi }{4}$ $(1).$

Đặt $x = tant$, $ – \frac{\pi }{2} < t < \frac{\pi }{2}$ $ \Rightarrow dx = \frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}$ $ = \left( {1 + ta{n^2}t} \right)dt .$

Đổi cận: Với $x = 0$ thì $t = 0$, với $x = b$ thì $t = \alpha $ (với $tan\alpha = b$ và $ – \frac{\pi }{2} < \alpha < \frac{\pi }{2}$).

Khi đó: $(1) \Leftrightarrow \left| {\int\limits_0^\alpha {dt} } \right|$ $ = \frac{\pi }{4}$ $ \Leftrightarrow \left| t \right|\left| \begin{array}{l}
\alpha \\
0
\end{array} \right.$ $ = \frac{\pi }{4}$ $ \Leftrightarrow \left| \alpha \right| = \frac{\pi }{4}$ $ \Leftrightarrow b = \pm 1.$

Author: admin