Номер 93, страница 54 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

93. Найдите площадь фигуры, ограниченной:

1) параболой $y = 5 - x^2$ и прямой $y = 4$;

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

3) параболой $y = 2x - x^2$, прямой $y = 1$ и осью ординат;

4) параболой $y = x^2 - 6x + 9$ и прямой $y = -x + 5$;

5) графиками функций $y = \sqrt{x}$ и $y = \frac{1}{2}x$;

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

7) графиком функции $y = e^x$ и прямыми $y = 1, x = 2$;

8) графиком функции $y = \frac{12}{x}$ и прямыми $x = 2, y = 4$;

9) графиком функции $y = \frac{6}{x}$ и прямыми $y = 3, x = 4$;

10) графиком функции $y = \frac{5}{x}$ и прямой $x + y = 6$;

11) графиками функций $y = x^3$, $y = \frac{1}{x^2}$ и прямой $x = 2$.

1) Для нахождения площади фигуры, ограниченной параболой $y = 5 - x^2$ и прямой $y = 4$, сначала найдем точки пересечения, приравняв уравнения: $5 - x^2 = 4$. Отсюда $x^2 = 1$, что дает $x_1 = -1$ и $x_2 = 1$. Это пределы интегрирования. В интервале $(-1, 1)$ парабола $y = 5 - x^2$ находится выше прямой $y = 4$ (например, при $x=0$, $y=5 > 4$). Площадь $S$ равна интегралу от разности верхней и нижней функций:
$S = \int_{-1}^{1} ((5 - x^2) - 4) dx = \int_{-1}^{1} (1 - x^2) dx = [x - \frac{x^3}{3}]_{-1}^{1} = (1 - \frac{1}{3}) - (-1 - \frac{(-1)^3}{3}) = \frac{2}{3} - (-1 + \frac{1}{3}) = \frac{2}{3} - (-\frac{2}{3}) = \frac{4}{3}$.
Ответ: $\frac{4}{3}$.

2) Найдем точки пересечения параболы $y = 4x - x^2$ и прямой $y = -x + 4$: $4x - x^2 = -x + 4$. Перенеся все в одну сторону, получим квадратное уравнение $x^2 - 5x + 4 = 0$, корнями которого являются $x_1 = 1$ и $x_2 = 4$. На интервале $(1, 4)$ парабола находится выше прямой (например, при $x=2$, $y_{параболы}=4 > y_{прямой}=2$). Площадь фигуры:
$S = \int_{1}^{4} ((4x - x^2) - (-x + 4)) dx = \int_{1}^{4} (-x^2 + 5x - 4) dx = [-\frac{x^3}{3} + \frac{5x^2}{2} - 4x]_{1}^{4} = (-\frac{64}{3} + \frac{5 \cdot 16}{2} - 16) - (-\frac{1}{3} + \frac{5}{2} - 4) = (-\frac{64}{3} + 40 - 16) - (-\frac{1}{3} + \frac{5}{2} - \frac{8}{2}) = (\frac{72-64}{3}) - (\frac{-2+15-24}{6}) = \frac{8}{3} - (-\frac{11}{6}) = \frac{16+11}{6} = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}$.
Ответ: $\frac{9}{2}$.

3) Фигура ограничена параболой $y = 2x - x^2$, прямой $y = 1$ и осью ординат ($x=0$). Найдем точки пересечения параболы и прямой: $2x - x^2 = 1 \implies x^2 - 2x + 1 = 0 \implies (x-1)^2 = 0 \implies x=1$. Фигура расположена в пределах от $x=0$ до $x=1$. В этом интервале прямая $y=1$ находится выше параболы (вершина параболы в точке (1,1)).
$S = \int_{0}^{1} (1 - (2x - x^2)) dx = \int_{0}^{1} (x^2 - 2x + 1) dx = [\frac{x^3}{3} - x^2 + x]_{0}^{1} = (\frac{1}{3} - 1 + 1) - 0 = \frac{1}{3}$.
Ответ: $\frac{1}{3}$.

4) Найдем точки пересечения параболы $y = x^2 - 6x + 9$ и прямой $y = -x + 5$: $x^2 - 6x + 9 = -x + 5 \implies x^2 - 5x + 4 = 0$. Корни уравнения $x_1 = 1, x_2 = 4$. На интервале $(1, 4)$ прямая $y = -x + 5$ находится выше параболы $y = (x-3)^2$ (например, при $x=2$, $y_{прямой}=3 > y_{параболы}=1$).
$S = \int_{1}^{4} ((-x + 5) - (x^2 - 6x + 9)) dx = \int_{1}^{4} (-x^2 + 5x - 4) dx = [-\frac{x^3}{3} + \frac{5x^2}{2} - 4x]_{1}^{4} = \frac{9}{2}$ (интеграл такой же, как в пункте 2).
Ответ: $\frac{9}{2}$.

5) Найдем точки пересечения графиков $y = \sqrt{x}$ и $y = \frac{1}{2}x$: $\sqrt{x} = \frac{1}{2}x \implies x = \frac{1}{4}x^2 \implies x(\frac{1}{4}x-1)=0$. Точки пересечения $x_1 = 0, x_2 = 4$. На интервале $(0, 4)$ график $y = \sqrt{x}$ лежит выше графика $y = \frac{1}{2}x$ (например, при $x=1$, $1 > 1/2$).
$S = \int_{0}^{4} (\sqrt{x} - \frac{1}{2}x) dx = [\frac{x^{3/2}}{3/2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{2}]_{0}^{4} = [\frac{2}{3}x\sqrt{x} - \frac{x^2}{4}]_{0}^{4} = (\frac{2}{3} \cdot 4\sqrt{4} - \frac{16}{4}) - 0 = \frac{16}{3} - 4 = \frac{16-12}{3} = \frac{4}{3}$.
Ответ: $\frac{4}{3}$.

6) Найдем точки пересечения парабол $y = x^2 + 2x + 2$ и $y = 6 - x^2$: $x^2 + 2x + 2 = 6 - x^2 \implies 2x^2 + 2x - 4 = 0 \implies x^2 + x - 2 = 0$. Корни $x_1 = -2, x_2 = 1$. На интервале $(-2, 1)$ парабола $y = 6 - x^2$ находится выше параболы $y = x^2 + 2x + 2$ (например, при $x=0$, $6 > 2$).
$S = \int_{-2}^{1} ((6 - x^2) - (x^2 + 2x + 2)) dx = \int_{-2}^{1} (-2x^2 - 2x + 4) dx = [-2\frac{x^3}{3} - x^2 + 4x]_{-2}^{1} = (-\frac{2}{3} - 1 + 4) - (\frac{16}{3} - 4 - 8) = (3 - \frac{2}{3}) - (\frac{16}{3} - 12) = \frac{7}{3} - (-\frac{20}{3}) = \frac{27}{3} = 9$.
Ответ: 9.

7) Фигура ограничена графиком $y = e^x$, прямой $y=1$ (которая пересекает $y=e^x$ при $x=0$) и прямой $x=2$. На отрезке $[0, 2]$ функция $y = e^x$ находится выше прямой $y = 1$.
$S = \int_{0}^{2} (e^x - 1) dx = [e^x - x]_{0}^{2} = (e^2 - 2) - (e^0 - 0) = e^2 - 2 - 1 = e^2 - 3$.
Ответ: $e^2 - 3$.

8) Фигура ограничена графиком $y = \frac{12}{x}$, прямой $x=2$ и прямой $y=4$. Найдем точку пересечения $y = \frac{12}{x}$ и $y = 4$: $4 = \frac{12}{x} \implies x=3$. Фигура ограничена по оси $x$ от 2 до 3. На этом отрезке график $y = \frac{12}{x}$ находится выше прямой $y=4$ (при $x=2$, $y=6 > 4$).
$S = \int_{2}^{3} (\frac{12}{x} - 4) dx = [12 \ln|x| - 4x]_{2}^{3} = (12\ln3 - 12) - (12\ln2 - 8) = 12(\ln3 - \ln2) - 4 = 12\ln\frac{3}{2} - 4$.
Ответ: $12\ln\frac{3}{2} - 4$.

9) Фигура ограничена графиком $y = \frac{6}{x}$, прямой $y=3$ и прямой $x=4$. Найдем точку пересечения $y = \frac{6}{x}$ и $y=3$: $3 = \frac{6}{x} \implies x=2$. Фигура ограничена по оси $x$ от 2 до 4. На этом отрезке прямая $y=3$ находится выше графика $y = \frac{6}{x}$ (при $x=4$, $y=1.5 < 3$).
$S = \int_{2}^{4} (3 - \frac{6}{x}) dx = [3x - 6 \ln|x|]_{2}^{4} = (12 - 6\ln4) - (6 - 6\ln2) = 12 - 6\ln(2^2) - 6 + 6\ln2 = 6 - 12\ln2 + 6\ln2 = 6 - 6\ln2$.
Ответ: $6 - 6\ln2$.

10) Найдем точки пересечения $y = \frac{5}{x}$ и $x+y=6$ (или $y=6-x$): $\frac{5}{x} = 6-x \implies 5 = 6x - x^2 \implies x^2 - 6x + 5 = 0$. Корни $x_1=1, x_2=5$. На интервале $(1, 5)$ прямая $y=6-x$ находится выше гиперболы $y=5/x$ (например, при $x=2$, $4 > 2.5$).
$S = \int_{1}^{5} ((6-x) - \frac{5}{x}) dx = [6x - \frac{x^2}{2} - 5\ln|x|]_{1}^{5} = (30 - \frac{25}{2} - 5\ln5) - (6 - \frac{1}{2} - 5\ln1) = (17.5 - 5\ln5) - 5.5 = 12 - 5\ln5$.
Ответ: $12 - 5\ln5$.

11) Фигура ограничена графиками $y = x^3$, $y = \frac{1}{x^2}$ и прямой $x=2$. Найдем точку пересечения кривых: $x^3 = \frac{1}{x^2} \implies x^5=1 \implies x=1$. Интегрирование будет производиться от $x=1$ до $x=2$. На этом отрезке $y=x^3$ находится выше $y = \frac{1}{x^2}$ (при $x>1$, $x^3>1$ и $1/x^2 < 1$).
$S = \int_{1}^{2} (x^3 - \frac{1}{x^2}) dx = \int_{1}^{2} (x^3 - x^{-2}) dx = [\frac{x^4}{4} - \frac{x^{-1}}{-1}]_{1}^{2} = [\frac{x^4}{4} + \frac{1}{x}]_{1}^{2} = (\frac{16}{4} + \frac{1}{2}) - (\frac{1}{4} + 1) = \frac{9}{2} - \frac{5}{4} = \frac{18-5}{4} = \frac{13}{4}$.
Ответ: $\frac{13}{4}$.