Номер 93, страница 23 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

93. Найдите площадь фигуры, ограниченной:

1) параболой $y = 6 - x^2$ и прямой $y = 2$;

2) параболой $y = 4 - x^2$ и прямой $y = x + 2$;

3) параболой $y = -x^2 - 4x$, прямой $y = 4$ и осью ординат;

4) параболой $y = x^2 + 2x + 2$ и прямой $y = 2x + 3$;

5) графиками функций $y = \sqrt{x}$ и $y = \frac{1}{3}x$;

6) параболами $y = -x^2 + 2x + 1$ и $y = x^2 - 4x + 5$;

7) графиком функции $y = 2^x$ и прямыми $x = 0, y = 4$;

8) графиком функции $y = \frac{4}{x}$ и прямыми $x = 1, y = 2$;

9) графиком функции $y = \frac{5}{x}$ и прямыми $y = 5, x = 5$;

10) графиком функции $y = \frac{2}{x}$ и прямыми $y = x - 1$, $x = 3$;

11) графиками функций $y = x^4$, $y = \frac{1}{x}$ и прямой $x = 2$.

1)

Для нахождения площади фигуры, ограниченной параболой $y = 6 - x^2$ и прямой $y = 2$, сначала найдем точки их пересечения, чтобы определить пределы интегрирования.
$6 - x^2 = 2$
$x^2 = 4$
$x_1 = -2, x_2 = 2$.
Пределы интегрирования: от -2 до 2.
В интервале $[-2, 2]$ парабола $y = 6 - x^2$ находится выше прямой $y = 2$ (например, при $x=0$, $y=6 > 2$).
Площадь $S$ вычисляется как интеграл разности верхней и нижней функций:
$S = \int_{-2}^{2} ((6 - x^2) - 2) \,dx = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) \,dx$.
Так как подынтегральная функция четная, можно упростить вычисление:
$S = 2 \int_{0}^{2} (4 - x^2) \,dx = 2 \left[ 4x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{2} = 2 \left( (4 \cdot 2 - \frac{2^3}{3}) - 0 \right) = 2 \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = 2 \left( \frac{24 - 8}{3} \right) = 2 \cdot \frac{16}{3} = \frac{32}{3}$.

Ответ: $\frac{32}{3}$

2)

Найдем точки пересечения параболы $y = 4 - x^2$ и прямой $y = x + 2$.
$4 - x^2 = x + 2$
$x^2 + x - 2 = 0$
$(x + 2)(x - 1) = 0$
$x_1 = -2, x_2 = 1$.
Пределы интегрирования: от -2 до 1.
В интервале $(-2, 1)$ проверим, какая функция больше. При $x=0$, $y = 4 - 0^2 = 4$ (парабола) и $y = 0 + 2 = 2$ (прямая). Значит, парабола является верхней границей.
$S = \int_{-2}^{1} ((4 - x^2) - (x + 2)) \,dx = \int_{-2}^{1} (-x^2 - x + 2) \,dx$.
$S = \left[ -\frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} + 2x \right]_{-2}^{1} = \left(-\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 2\right) - \left(-\frac{(-2)^3}{3} - \frac{(-2)^2}{2} + 2(-2)\right) = \left(\frac{-2-3+12}{6}\right) - \left(\frac{8}{3} - 2 - 4\right) = \frac{7}{6} - \left(\frac{8-18}{3}\right) = \frac{7}{6} + \frac{10}{3} = \frac{7+20}{6} = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}$.

Ответ: $\frac{9}{2}$

3)

Фигура ограничена параболой $y = -x^2 - 4x$, прямой $y = 4$ и осью ординат ($x=0$).
Вершина параболы $y = -(x^2 + 4x + 4 - 4) = -(x+2)^2 + 4$ находится в точке $(-2, 4)$.
Прямая $y=4$ проходит через вершину параболы. Ось ординат ($x=0$) пересекает параболу в точке $(0,0)$.
Таким образом, фигура ограничена сверху прямой $y=4$, снизу параболой $y = -x^2 - 4x$, слева прямой $x=-2$ (абсцисса вершины) и справа осью ординат $x=0$.
$S = \int_{-2}^{0} (4 - (-x^2 - 4x)) \,dx = \int_{-2}^{0} (x^2 + 4x + 4) \,dx = \int_{-2}^{0} (x+2)^2 \,dx$.
$S = \left[ \frac{(x+2)^3}{3} \right]_{-2}^{0} = \frac{(0+2)^3}{3} - \frac{(-2+2)^3}{3} = \frac{8}{3} - 0 = \frac{8}{3}$.

Ответ: $\frac{8}{3}$

4)

Найдем точки пересечения параболы $y = x^2 + 2x + 2$ и прямой $y = 2x + 3$.
$x^2 + 2x + 2 = 2x + 3$
$x^2 = 1$
$x_1 = -1, x_2 = 1$.
Пределы интегрирования: от -1 до 1.
В интервале $(-1, 1)$ при $x=0$, $y=2$ (парабола) и $y=3$ (прямая). Прямая является верхней границей.
$S = \int_{-1}^{1} ((2x + 3) - (x^2 + 2x + 2)) \,dx = \int_{-1}^{1} (1 - x^2) \,dx$.
$S = 2 \int_{0}^{1} (1 - x^2) \,dx = 2 \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{1} = 2 \left( 1 - \frac{1}{3} \right) = 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$.

Ответ: $\frac{4}{3}$

5)

Найдем точки пересечения графиков функций $y = \sqrt{x}$ и $y = \frac{1}{3}x$.
$\sqrt{x} = \frac{1}{3}x \implies x = \frac{1}{9}x^2 \implies x^2 - 9x = 0 \implies x(x-9)=0$.
$x_1 = 0, x_2 = 9$.
Пределы интегрирования: от 0 до 9.
В интервале $(0, 9)$ при $x=1$, $y=1$ и $y=1/3$. Значит, $y=\sqrt{x}$ — верхняя граница.
$S = \int_{0}^{9} \left(\sqrt{x} - \frac{1}{3}x\right) \,dx = \left[ \frac{2}{3}x^{3/2} - \frac{1}{3}\frac{x^2}{2} \right]_{0}^{9} = \left[ \frac{2}{3}x\sqrt{x} - \frac{x^2}{6} \right]_{0}^{9}$.
$S = \left(\frac{2}{3} \cdot 9 \cdot \sqrt{9} - \frac{9^2}{6}\right) - 0 = \left(18 - \frac{81}{6}\right) = 18 - \frac{27}{2} = \frac{36-27}{2} = \frac{9}{2}$.

Ответ: $\frac{9}{2}$

6)

Найдем точки пересечения парабол $y = -x^2 + 2x + 1$ и $y = x^2 - 4x + 5$.
$-x^2 + 2x + 1 = x^2 - 4x + 5$
$2x^2 - 6x + 4 = 0$
$x^2 - 3x + 2 = 0 \implies (x-1)(x-2)=0$.
$x_1 = 1, x_2 = 2$.
Пределы интегрирования: от 1 до 2.
Ветви первой параболы направлены вниз, второй — вверх, значит, в интервале между точками пересечения первая парабола будет выше.
$S = \int_{1}^{2} ((-x^2 + 2x + 1) - (x^2 - 4x + 5)) \,dx = \int_{1}^{2} (-2x^2 + 6x - 4) \,dx$.
$S = \left[ -2\frac{x^3}{3} + 3x^2 - 4x \right]_{1}^{2} = \left(-\frac{2 \cdot 8}{3} + 3 \cdot 4 - 4 \cdot 2\right) - \left(-\frac{2}{3} + 3 - 4\right) = \left(-\frac{16}{3} + 4\right) - \left(-\frac{2}{3} - 1\right) = -\frac{4}{3} - \left(-\frac{5}{3}\right) = \frac{1}{3}$.

Ответ: $\frac{1}{3}$

7)

Фигура ограничена графиком $y = 2^x$, прямой $x=0$ (ось ординат) и прямой $y=4$.
Найдем точку пересечения $y=2^x$ и $y=4$: $2^x = 4 \implies x=2$.
Фигура ограничена сверху прямой $y=4$, снизу кривой $y=2^x$, слева прямой $x=0$ и справа прямой $x=2$.
$S = \int_{0}^{2} (4 - 2^x) \,dx = \left[ 4x - \frac{2^x}{\ln 2} \right]_{0}^{2} = \left(4 \cdot 2 - \frac{2^2}{\ln 2}\right) - \left(4 \cdot 0 - \frac{2^0}{\ln 2}\right) = \left(8 - \frac{4}{\ln 2}\right) - \left(-\frac{1}{\ln 2}\right) = 8 - \frac{3}{\ln 2}$.

Ответ: $8 - \frac{3}{\ln 2}$

8)

Фигура ограничена графиком $y = \frac{4}{x}$, прямой $x=1$ и прямой $y=2$.
Найдем точку пересечения $y=\frac{4}{x}$ и $y=2$: $\frac{4}{x}=2 \implies x=2$.
На отрезке $[1, 2]$ график $y=\frac{4}{x}$ находится выше прямой $y=2$ (при $x=1, y=4>2$).
$S = \int_{1}^{2} \left(\frac{4}{x} - 2\right) \,dx = \left[ 4\ln|x| - 2x \right]_{1}^{2} = (4\ln 2 - 2 \cdot 2) - (4\ln 1 - 2 \cdot 1) = (4\ln 2 - 4) - (0 - 2) = 4\ln 2 - 2$.

Ответ: $4\ln 2 - 2$

9)

Фигура ограничена графиком $y = \frac{5}{x}$, прямой $y=5$ и прямой $x=5$.
Найдем точку пересечения $y=\frac{5}{x}$ и $y=5$: $\frac{5}{x}=5 \implies x=1$.
Фигура ограничена сверху прямой $y=5$, снизу кривой $y=\frac{5}{x}$ в пределах от $x=1$ до $x=5$.
$S = \int_{1}^{5} \left(5 - \frac{5}{x}\right) \,dx = \left[ 5x - 5\ln|x| \right]_{1}^{5} = (5 \cdot 5 - 5\ln 5) - (5 \cdot 1 - 5\ln 1) = (25 - 5\ln 5) - (5 - 0) = 20 - 5\ln 5$.

Ответ: $20 - 5\ln 5$

10)

Фигура ограничена графиком $y = \frac{2}{x}$, прямой $y=x-1$ и прямой $x=3$.
Найдем точки пересечения $y=\frac{2}{x}$ и $y=x-1$:
$\frac{2}{x} = x-1 \implies 2 = x^2 - x \implies x^2 - x - 2 = 0 \implies (x-2)(x+1)=0$.
Положительный корень $x=2$.
Фигура ограничена прямыми $x=2$ и $x=3$. На этом интервале проверим, какая функция больше. При $x=2.5$, $y=x-1=1.5$, а $y=2/x = 2/2.5 = 0.8$. Значит, прямая $y=x-1$ является верхней границей.
$S = \int_{2}^{3} \left((x-1) - \frac{2}{x}\right) \,dx = \left[ \frac{x^2}{2} - x - 2\ln|x| \right]_{2}^{3}$.
$S = \left(\frac{3^2}{2} - 3 - 2\ln 3\right) - \left(\frac{2^2}{2} - 2 - 2\ln 2\right) = \left(\frac{9}{2} - 3 - 2\ln 3\right) - (2-2-2\ln 2) = \left(\frac{3}{2} - 2\ln 3\right) - (-2\ln 2) = \frac{3}{2} - 2\ln 3 + 2\ln 2 = \frac{3}{2} + 2\ln\frac{2}{3}$.

Ответ: $\frac{3}{2} + 2\ln\frac{2}{3}$

11)

Фигура ограничена графиками $y=x^4$, $y=\frac{1}{x}$ и прямой $x=2$.
Найдем точку пересечения $y=x^4$ и $y=\frac{1}{x}$:
$x^4 = \frac{1}{x} \implies x^5 = 1 \implies x=1$.
Фигура ограничена прямыми $x=1$ и $x=2$. На этом интервале, при $x>1$, $x^4 > 1$ и $\frac{1}{x} < 1$, поэтому $y=x^4$ является верхней границей.
$S = \int_{1}^{2} \left(x^4 - \frac{1}{x}\right) \,dx = \left[ \frac{x^5}{5} - \ln|x| \right]_{1}^{2} = \left(\frac{2^5}{5} - \ln 2\right) - \left(\frac{1^5}{5} - \ln 1\right) = \left(\frac{32}{5} - \ln 2\right) - \left(\frac{1}{5} - 0\right) = \frac{31}{5} - \ln 2$.

Ответ: $\frac{31}{5} - \ln 2$