Các Dạng Bài Tập Ứng Dụng Thực Tế Của Nguyên Hàm Giải Chi Tiết

Các dạng bài tập ứng dụng thực tế của nguyên hàm giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 2 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.

DẠNG 1: ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM TRONG BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG

Phương pháp:

● $s'(t) = v(t)$

● $s(t) = \int {v(t)dt} $

● $v'(t) = a(t)$

● $v(t) = \int {a(t)dt} $

Câu 1. Một chiếc xe đạp đang chạy thì người lái xe bóp phanh. Sau khi bóp phanh, xe đạp chuyển động chậm dần đều với vận tốc $v(t) = – 10t + 15\,\,(m/s)$, trong đó $t$ là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu bóp phanh. Gọi $s(t)$ là quãng đường xe đạp đi được trong thời gian $t$ (giây) kể từ lúc bóp phanh. Hỏi từ lúc bóp phanh đến khi dừng hẳn, xe đạp còn di chuyển bao nhiêu mét?

Lời giải

Ta có: $v(t) = – 10t + 15$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)} dt = \int {\left( { – 10t + 15} \right)} dt = – 5{t^2} + 15t + C$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = – 5{t^2} + 15t + C$

Vì tại thời điểm bắt đầu bóp phanh ($t = 0$), quãng đường đi được là $0$ nên

$s\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow – {5.0^2} + 15.0 + C = 0$ $ \Rightarrow C = 0$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = – 5{t^2} + 15t$

Khi xe dừng hẳn thì $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow – 10t + 15 \Rightarrow t = 1,5$ (giây)

Vậy từ lúc bóp phanh đến khi dừng hẳn thì xe đạp còn di chuyển được: $s\left( {1,5} \right) = – 5.{\left( {1,5} \right)^2} + 15.1,5 = 11,25\,m$

Câu 2. Một ô tô đang chạy thì người lái xe đạp phanh. Sau khi đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc $v(t) =  – 40t + 20\,(m/s)$, trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bằng đầu đạp phanh. Gọi $s(t)$ là quãng đường xe ô tô đi được trong thời gian $t$ (giây) kể từ lúc đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?

Lời giải

Ta có: $v(t) =  – 40t + 20$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)} dt = \int {\left( { – 40t + 20} \right)} dt = – 20{t^2} + 20t + C$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = – 20{t^2} + 20t + C$

Ta có $s\left( 0 \right) = 0$ $ \Rightarrow C = 0$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = – 20{t^2} + 20t$

Khi xe dừng hẳn thì $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow – 40t + 20 = 0 \Rightarrow t = 0,5$.

từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được: $s\left( {0,5} \right) = – 20{\left( {0,5} \right)^2} + 20\left( {0,5} \right) = 5m$

Câu 3. Một chiếc xe đang chuyển động với tốc độ ${v_0} = 10\;{\text{m}}/{\text{s}}$ thì tăng tốc với gia tốc không đổi $a = 2\;{\text{m}}/{{\text{s}}^2}$. Tính quãng đường xe đó đi được trong 3 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc.

Lời giải

Ta có:

$a = 2\;m/{s^2}$

$v\left( t \right) = \int {a(t)dt} = \int {2dt} = 2t + C$

Ta có: $v(0) = {v_0} = 10 \Leftrightarrow 2.0 + C = 10 \Leftrightarrow C = 10$

$ \Rightarrow v\left( t \right) = 2t + 10$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = \int {v(t)dt = \int {\left( {2t + 10} \right)} } dt = {t^2} + 10t + {C_1}$

Ta có: $s(0) = 0 \Leftrightarrow {0^2} + 10.0 + {C_1} = 0 \Rightarrow {C_1} = 0$

Suy ra, $s\left( t \right) = {t^2} + 10t$

Vậy quãng đường xe đó đi được trong 3 giây kể từ khi bắt đầu tăng tốc là

$s\left( 3 \right) = {3^2} + 10.3 = 39\,m$

Câu 4. Bạn Minh Hiền ngồi trên máy bay đi du lịch thế giới với vận tốc chuyển động của máy báy là $v\left( t \right) = 3{t^2} + 5\left( {m/s} \right)$. Tính quãng đường máy bay bay từ giây thứ 4 đến giây thứ 10.

Lời giải

Ta có:

$v\left( t \right) = 3{t^2} + 5$

$ \Rightarrow s(t) = \int {v(t)} dt = \int {\left( {3{t^2} + 5} \right)} dt = {t^3} + 5t + C$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = {t^3} + 5t + C$

Ta có $s\left( 0 \right) = 0$ $ \Rightarrow C = 0$

$ \Rightarrow s\left( t \right) = {t^3} + 5t$

Quãng đường máy bay bay từ giây thứ 4 là: $s\left( 4 \right) = {4^3} + 5.4 = 84m$

Quãng đường máy bay bay từ giây thứ 10 là: $s\left( {10} \right) = {10^3} + 5.10 = 1050m$

Vậy quãng đường máy bay bay từ giây thứ 4 đến giây thứ 10 là: $s\left( {10} \right) – s\left( 4 \right) = 966m$

Câu 5. Một ô tô đang chạy với vận tốc $36\,km/h$ thì tăng tốc chuyển động nhanh dần đều với gia tốc $a(t) = 1 + \frac{t}{3}\,(m/{s^2})$. Tính quãng đường ô tô đi được sau 6 giây kể từ khi ô tô bắt đầu tăng tốc.

Lời giải

Ta có: $36\,km/h = \frac{{36.1000}}{{60.60}}m/s = 10m/s$.

Ta có: $v(t) = \int {a(t)dt = \int {\left( {1 + \frac{t}{3}} \right)dt = } t + \frac{{{t^2}}}{6} + C} $

Ta có: $v(0) = 10 \Leftrightarrow 0 + \frac{{{0^2}}}{6} + C = 10 \Rightarrow C = 10$

Suy ra $v(t) = t + \frac{{{t^2}}}{6} + 10$

Ta có: $s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( {t + \frac{{{t^2}}}{6} + 10} \right)} dt = \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{{18}} + 10t + {C_1}$

mà $s(0) = 0$ nên ${C_1} = 0$

Vậy $s\left( t \right) = \frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{{18}} + 10t$

Do đó quãng đường ô tô đi được sau 6 giây kể từ khi ô tô bắt đầu tăng tốc là

$s\left( 6 \right) = \frac{{{6^2}}}{2} + \frac{{{6^3}}}{{18}} + 10.6 = 90\,m$

Câu 6. Một ca nô đang chạy trên Sông Trường Giang thì hết xăng; từ thời điểm đó, ca nô chuyển động chậm dần đều với vận tốc $v(t) = – 5t + 20$ ($m/s$), trong đó $t$ là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc hết xăng. Hỏi từ lúc hết xăng đến lúc ca nô dừng hẳn đi được bao nhiêu mét?

Lời giải

Ta có: $s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { – 5t + 5} \right)} dt = – \frac{{5{t^2}}}{2} + 20t + C$

mà $s(0) = 0$ nên $C = 0$

Vậy $s\left( t \right) = – \frac{{5{t^2}}}{2} + 20t$

Ca nô dừng hẳn nên $v(t) = 0 \Leftrightarrow – 5t + 20 = 0 \Rightarrow t = 4$

Vậy từ lúc hết xăng đến lúc ca nô dừng hẳn đi được quãng đường là

$s\left( 4 \right) = – \frac{{{{5.4}^2}}}{2} + 5.4 = 40m$

Câu 7. Một vật chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc được tính theo thời gian t là $a(t) = 3t + {t^2}$ (${m^2}/s$) . Tính quãng đường vật đi được trong khoảng 10s kể từ khi bắt đầu tăng tốc.

Lời giải

Ta có: $v(t) = \int {a(t)dt = \int {\left( {3t + {t^2}} \right)dt} } = \frac{{3{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + C$

Ta có: $v(0) = 10 \Rightarrow C = 10$

Suy ra $v(t) = \frac{{3{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + 10$

Ta có: $s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( {\frac{{3{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + 10} \right)} dt = \frac{{{t^3}}}{2} + \frac{{{t^4}}}{{12}} + 10t + {C_1}$

mà $s(0) = 0$ nên ${C_1} = 0$

Vậy $s\left( t \right) = \frac{{{t^3}}}{2} + \frac{{{t^4}}}{{12}} + 10t$

Do đó, quãng đường vật đi được trong khoảng 10s kể từ khi bắt đầu tăng tốc là

$s\left( {10} \right) = \frac{{{{10}^3}}}{2} + \frac{{{{10}^4}}}{{12}} + 10.10 = \frac{{4300}}{3}\,m$

Câu 8. Tại một nơi không có gió, một chiếc khí cầu đang đứng yên ở độ cao 162 (mét) so với mặt đất đã được phi công cài đặt cho nó chế độ chuyển động đi xuống. Biết rằng, khí cầu đã chuyển động theo phương thẳng đứng với vận tốc tuân theo quy luật $v(t) = 10t – {t^2}$ , trong đó $t$ (phút) là thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động, $v(t)$ được tính theo đơn vị mét/phút. Tính vận tốc của khí cầu khi bắt đầu tiếp đất.

Lời giải

Ta có: $s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( {10t – {t^2}} \right)} dt = 5{t^2} – \frac{{{t^3}}}{3} + C$

mà $s(0) = 0$ nên $C = 0$

Vậy $s\left( t \right) = 5{t^2} – \frac{{{t^3}}}{3}$

Khi bắt đầu tiếp đất thì khí cầu đi được quãng đường là $s\left( t \right) = 165\,m$

Nên $5{t^2} – \frac{{{t^3}}}{3} = 162 \Leftrightarrow 15{t^2} – {t^3} = 486$

$ \Leftrightarrow {t^3} – 15{t^2} + 486 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t \approx – 4,9\,(loại) \hfill \\
t \approx 10,9\,(loại\,vì\,v(t) < 0) \hfill \\
t = 9 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Vậy khi bắt đầu tiếp đất vận tốc $v$ của khí cầu là

$v(9) = 10.9 – {9^2} = 9$ m/phút.

Câu 9. Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu là $25m/s$, gia tốc trọng trường là $9,8m/{s^2}$ . Tính quảng đường viên đạn đi được từ lúc bắn cho đến khi chạm đất.

Lời giải

Ta có: $v(t) = \int {a(t)dt = \int {\left( { – 9,8} \right)dt} } = – 9,8t + C$

Ta có: $v(0) = 25 \Rightarrow C = 25$

Suy ra $v(t) = – 9,8t + 25$

Ta có: $s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { – 9,8t + 25} \right)} dt = – 4,9{t^2} + 25t + {C_1}$

mà $s(0) = 0$ nên ${C_1} = 0$

Vậy $s\left( t \right) = – 4,9{t^2} + 25t$

Khi viên đạn đạt đến đỉnh cao nhất, vận tốc $v(t) = 0$.

Do đó $9,8t + 25 = 0 \Rightarrow t = \frac{{125}}{{49}}$

Suy ra, quãng đường viên đạn đi được khi đạt đến đỉnh cao nhất là

$s\left( {\frac{{125}}{{49}}} \right) = – 4,9.{\left( {\frac{{125}}{{49}}} \right)^2} + 25.\frac{{125}}{{49}} = \frac{{3125}}{{98}}$

Vậy quảng đường viên đạn đi được từ lúc bắn cho đến khi chạm đất là

$2s = 2.\frac{{3125}}{{98}} = \frac{{3125}}{{49}}\,m$.

DẠNG 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NGUYÊN HÀM TRONG THỰC TIỄN

Câu 10. Trong một đợt xả lũ, nhà máy thủy điện đã tiến hành xả nước trong 40 phút. Gọi $h\left( t \right)$ là thể tích nước đã thoát đi tính đến thời điểm $t$ giây, và tốc độ lưu lượng nước tại thời điểm $t$ được mô tả bởi hàm $h’\left( t \right) = 10t + 500\left( {{m^3}/s} \right)$. Hỏi sau thời gian xả lũ này, tổng lượng nước đã thoát ra khỏi hồ chứa của nhà máy là bao nhiêu?

Lời giải

Ta có :

$h’\left( t \right) = 10t + 500$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = \int {\left( {10t + 500} \right)} dx = 5{t^2} + 500t + C$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = 5{t^2} + 500t + C$

Tại thời điểm $t = 0$ thì $h(t) = 0$ nên$h\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = 5{t^2} + 500t$

Vậy thủy điện đã xả lũ trong 40 phút = 2400 giây thì thoát đi một lượng nước là:

$h\left( {2400} \right) = {5.2400^2} + 500.2400 = {3.10^3}\left( {{m^3}} \right)$

Câu 11. Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa nước. Gọi $h\left( t \right)$ là thể tích nước bơm được sau $t$ giây. Cho $h’\left( t \right) = 3a{t^2} + bt{\text{ }}\left( {{m^3}/s} \right)$ và ban đầu bể không có nước. Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là $150{m^3}$. Sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là $1100{m^3}$. Hỏi thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây là bao nhiêu.

Lời giải

Ta có :

$h’\left( t \right) = 3a{t^2} + bt$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = \int {\left( {3a{t^2} + bt} \right)} dt = a{t^3} + \frac{1}{2}b{t^2} + C$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = a{t^3} + \frac{1}{2}b{t^2} + C$

Ta có $h\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = a{t^3} + \frac{1}{2}b{t^2}$

Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là $150{m^3}$ nên $h\left( 5 \right) = 150 \Leftrightarrow 125a + \frac{{25}}{2}b = 150$

Sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là $1100{m^3}$ nên $h\left( {10} \right) = 1100 \Leftrightarrow 1000a + 50b = 1100$

Ta có hệ : $\left\{ \begin{gathered}
125a + \frac{{25}}{2}b = 150 \hfill \\
1000a + 50b = 1100 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 1 \hfill \\
b = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = {t^3} + {t^2}$

Vậy thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây là $h\left( {20} \right) = {20^3} + {20^2} = 8400{m^3}$

Câu 12. Gọi $h\left( t \right)\left( m \right)$ là mực nước ở bồn chứa sau khi bơm nước được t giây. Biết rằng $h’\left( t \right) = \frac{1}{5}\sqrt[3]{t}\left( {m/s} \right)$ và lúc đầu bồn không có nước. Tìm mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Lời giải

Ta có : $h’\left( t \right) = \frac{1}{5}\sqrt[3]{t}$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = \int {\frac{1}{5}\sqrt[3]{t}} dx = \frac{1}{5}\int {{t^{\frac{1}{3}}}} dx = \frac{1}{5}\frac{{{t^{\frac{1}{3} + 1}}}}{{\frac{1}{3} + 1}} + C = \frac{3}{{20}}t\sqrt[3]{t} + C$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = \frac{3}{{20}}t\sqrt[3]{t} + C$

Ta có $h\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0$

$ \Rightarrow h\left( t \right) = \frac{3}{{20}}t\sqrt[3]{t}$

Vậy mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây: $h\left( 6 \right) = \frac{3}{{20}}.6\sqrt[3]{6} \approx 1,64m$

Câu 13. Mực nước trong hồ chứa của nhà máy điện thuỷ triều thay đổi trong suốt một ngày do nước chảy ra (khi thuỷ triều xuống) và nước chảy vào (khi thuỷ triều lên) . Tốc độ thay đổi của mực nước trong hồ chứa được cho bởi hàm số ${h^\prime }(t) = \frac{1}{{216}}\left( {5{t^2} – 120t + 480} \right)$, trong đó $t$ tính bằng giờ $(0 \leqslant t \leqslant 24)$, ${h^\prime }(t)$ tính bằng mét/giờ. Biết rằng tại thời điểm $t = 0$, mụ̣c nước trong hồ chứa là 6 m. Tính mực nước trong hồ tại thời điểm $t = 5$ (giờ).

Lời giải

Ta có:

$h(t) = \int {{h^\prime }} (t){\text{d}}t = \int {\frac{1}{{216}}} \left( {5{t^2} – 120t + 480} \right)dt$

$ = \frac{1}{{216}}\int {\left( {5{t^2} – 120t + 480} \right)} {\text{d}}t$$ = \frac{5}{{216}}\int {{t^2}} \;{\text{d}}t – \frac{{120}}{{216}}\int t \;dt + \frac{{480}}{{216}}\int d t$

$ = \frac{5}{{648}}{t^3} – \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + C$

Suy ra $h(t) = \frac{5}{{648}}{t^3} – \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + C$.

Tại thời điểm $t = 0$, mực nước trong hồ chứa là 6 m nên $h(0) = 6$, suy ra $C = 6$.

Do đó, mực nước trong hồ chứa được cho bởi hàm số:

$h(t) = \frac{5}{{648}}{t^3} – \frac{5}{{18}}{t^2} + \frac{{20}}{9}t + 6(0 \leqslant t \leqslant 24).$

Vậy mực nước trong hồ tại thời điểm $t = 5$ (giờ) là $h(5) = \frac{5}{{648}}{5^3} – \frac{5}{{18}}{5^2} + \frac{{20}}{9}.5 + 6 = \frac{{7213}}{{648}} \approx 11,1\,m$.

Câu 14. Sự sản sinh vi rút Zika ngày thứ $t$ có số lượng là $N\left( t \right)$ con, biết $N’\left( t \right) = \frac{{1000}}{t}$ và lúc đầu đám vi rút có số lượng 250.000 con. Tính số lượng vi rút sau 10 ngày.

Lời giải

Ta có :

$N’\left( t \right) = \frac{{1000}}{t}$

$ \Rightarrow N\left( t \right) = \int {\frac{{1000}}{t}dt = 1000\ln \left| t \right|} + C$

$ \Rightarrow N\left( t \right) = 1000\ln \left| t \right| + C$

Ta có $N\left( 1 \right) = 250000 \Rightarrow C = 250000$

$ \Rightarrow N\left( t \right) = 1000\ln \left| t \right| + 250000$

Vậy số lượng vi rút sau 10 ngày là: $N\left( {10} \right) = 1000\ln 10 + 250000 \approx 252302$