Tại một nhà máy, gọi C(x) là tổng chi phí (tỉnh theo triệu đồng) để sản xuất x tấn sản phẩm A trong một tháng. Khi đó, đạo hàm C'(x), gọi là chi phi cận biên, cho biết tốc độ gia tăng tổng chi phí theo lượng gia tăng sản phẩm được sản xuất. Giả sử chi phí cận biên (tính theo triệu đồng trên tấn) của nhà máy được ước lượng bởi công thức: \[C'(x) = 5 - 0,06x + 0,00072{x^2}\] với \[0 \le x \le 150\]. Biết rằng C(0) = 30 triệu đồng, gọi là chi phí cố định. Tính tổng chi phí khi nhà máy sản xuất 100 tấn sản phẩm A trong tháng.

a) Ta có \({\rm{f}}({\rm{x}}) = \ln {\rm{y}}({\rm{x}})\). Lấy đạo hàm hai vế ta được: \({{\rm{f}}^\prime }({\rm{x}}) = \frac{{{y^\prime }(x)}}{{y(x)}}\).

Mà \({y^\prime }({\rm{x}}) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}y(x)\), suy ra \( =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}\).

Do đó, \({f^\prime }(x) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}\).

Hàm số \(f(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \({f^\prime }(x)\).

Ta có \(\int {{f^\prime }} (x)dx = \int {\left( { - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}} \right)} dx =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C\).

Suy ra \(f(x) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C\).

Mà \(f(x) = \ln y(x)\) nên \(\ln y(x) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C\). Suy ra \(y(x) = {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + C}}\).

Vì tại \(x = 0\), nồng độ ban đầu của chất \(A\) là \(0,05\;{\rm{mo}}{{\rm{l}}^{ - 1}}\), tức là \({\rm{y}}(0) = 0,05\) nên \({e^C} = 0,05 \Leftrightarrow C = \ln 0,05\).

Vậy \(f(x) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + \ln 0,05\).

b) Từ câu a, ta có \(y(x) = {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + \ln 0,05}}\).

Khi đó nồng độ trung bình của chất A từ thời điểm 15 giây đến thời điểm 30 giây là:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{30 - 15}}\int_{15}^{30} y (x)dx = \frac{1}{{15}}\int_{15}^{30} {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + \ln 0,05}}} dx = \frac{{{e^{\ln 0,05}}}}{{15}}\int_{15}^{30} {{{\left( {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}}}} \right)}^x}} dx\\ = \left. {\frac{1}{{300}} \cdot \frac{{{{\left( {{e^{ - 7 \cdot {{10}^4}}}} \right)}^x}}}{{\ln {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}}}}}} \right|_{15}^{30} = \frac{{ - 100}}{{21}}\left( {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 30}} - {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}} \cdot 15}}} \right) \approx 0,049\left( {\;{\rm{mol}}\;{{\rm{L}}^{ - 1}}} \right).\end{array}\)

Giả sử vật chuyển động trên một trục nằm ngang, chiểu dương hướng từ trái sang phải.

a) Ta có \(\int_1^4 v (t){\rm{d}}t = \int_1^4 {\left( {{t^2} - t - 6} \right)} {\rm{d}}t = \left. {\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{1}{2}{t^2} - 6t} \right)} \right|_1^4 =  - \frac{9}{2}\).

Vậy trong khoảng thời gian \(1 \le t \le 4\), vật dịch chuyển sang bên trái được \(4,5\;{\rm{m}}\) so với vị trí tại thời điểm \(t = 1\) (giây) (Trong quá trình chuyển động, lúc thì vật đi sang trái, lúc thì đi sang phải, nhưng tại thời điểm \(t = 4\) (giây) thì vật có vị trí nằm ở phía bên trái và cách vị trí của vật tại thời điểm \(t = 1\) (giây) một khoảng là \(4,5\;{\rm{m}}\) ).

b) Ta có

\[\begin{array}{l}\int_1^4 | v(t)|{\rm{d}}t = \int_1^4 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} {\rm{d}}t = \int_1^3 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} {\rm{d}}t + \int_3^4 {\left| {{t^2} - t - 6} \right|} {\rm{d}}t = \int_1^3 {\left( { - {t^2} + t + 6} \right)} {\rm{d}}t + \int_3^4 {\left( {{t^2} - t - 6} \right)} {\rm{d}}t\\ = \left. {\left( {\frac{{ - 1}}{3}{t^3} + \frac{1}{2}{t^2} + 6t} \right)} \right|_1^3 + \left. {\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{1}{2}{t^2} - 6t} \right)} \right|_3^4 = \frac{{22}}{3} + \frac{{17}}{6} = \frac{{61}}{6}.\end{array}\]

Vậy tổng quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian \(1 \le t \le 4\) (giây) (tính cả quãng đường lúc đi sang trái, quãng đường lúc đi sang phải) là \(\frac{{61}}{6}\;{\rm{m}}\).