BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN CHỦ ĐỀ CÂU 48: ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN ĐỀ GỐC Câu 48 Cho hàm số bậc ba y=f ( x ) có đồ thị đường cong hình vẽ bên Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị hai điểm x , x thỏa mãn x 2=x 1+ f ( x ) + f ( x2 ) =0 Gọi S1 S2 diện tích hai hình phẳng gạch hình bên Tỉ số A B S1 S2 C D Lời giải Chọn D Gọi f ( x )=a x3 +b x +cx +d , với a> ⇒ f ' ( x )=3 a x +2 bx+ c ' ' ' Theo giả thiết ta có f ( x )=f ( x ) =0 ⇒f ( x )=3 a ( x−x ) ( x−x 2) =3 a ( x−x ) ( x−x 1−2 ) ⇒ f ' ( x )=3 a ( x −x1 )2 −6 a ( x−x ) ⇒ f ( x ) =∫ f ' ( x ) d x=a ( x−x )3−3 a ( x −x1 )2 +C Ta có f ( x ) + f ( x2 ) =0 ⇒ f ( x ) + f ( x1 +2 ) =0 ⇒ C +8 a−12 a+C=0 ⇒ C=2 a 3 Do f ( x )=a ( x−x ) −3 a ( x−x ) +2 a=a [ ( x−x ) −3 ( x−x ) +2 ] x=x +1− √ f ( x )=0⇒ a [ ( x−x ) −3 ( x−x ) +2 ] =0 ⇔ x=x +1 x=x1 +1+ √ 3 [ x 1+1 x 1+1 Suy S2= ∫ f ( x ) d x = ∫ a [ ( x−x 1) −3 ( x−x ) + ] d x x1 x1 x1 +1 ¿ ∫ a [ ( x−x )3−3 ( x−x )2 +2 ] d ( x−x ) x1 ¿a [ ( x−x ) x 1+1 −( x−x ) +2 ( x−x ) ]| x1 x 1+1 = 5a x 1+1 Mặt khác ta có S1 + S2= ∫ f ( x ) d x =f ( x ) ∫ d x=f ( x )=2 a ⇒ S1=2a−S2= x1 x1 3a BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Vậy S1 = S2 ĐỀ PHÁT TRIỂN Câu 48.1 Cho hàm số bậc bốn y=f ( x ) có đồ thị ( C ) hình vẽ bên Biết hàm số y=f ( x ) đạt cực trị điểm x , x , x thỏa mãn x 3=x 1+ 2, f ( x ) + f ( x3 ) + f ( x )=0 ( C ) nhận đường thẳng d : x=x làm trục đối xứng Gọi S1 , S , S , S diện tích miền hình phẳng S1 +S đánh dấu hình bên Tỉ số gần kết S 3+ S y d S1 x1 x2 O A 0,60 S3 S4 S2 x3 B 0,55 x C 0,65 D 0,70 Lời giải Chọn A Nhận thấy kết tốn khơng đổi ta tịnh tiến đồ thị ( C ) sang bên trái cho đường thẳng d : x=x trùng với trục tung ( C ) đồ thị hàm trùng phương y=g ( x ) có ba điểm cực trị x 1=−1, x2 =0, x 3=1 Suy y=g ( x )=k ( x 4−2 x 2) + c ( k > ) 2 Lại có f ( x ) + f ( x3 ) + f ( x )=0 ⇒−2 k +2 c + c=0 ⇔ c= k 3 4 Suy : y=g ( x )=k ( x −2 x ) + k | Khi đó: S1 + S2=k ∫ x −2 x + 28 2−17 dx= √ k 60 | Ta lại có : g ( )−g ( ) =k ⇒S +S +S +S =k 1=k Suy S3 + S4 =k − S1 + S2 28 √2−17 28 √ 2−17 77−28 √ k= k⇒ = ≈ 0,604 60 60 S +S 77−28 √2 ĐỀ PHÁT TRIỂN Câu 48.2: Cho hàm số bậc ba y=f ( x ) có đồ thị đường cong ( C ) hình bên Hàm số f ( x ) đạt cực trị hai điểm x , x thỏa f ( x ) + f ( x2 ) =0 Gọi A , B hai điểm cực trị đồ thị ( C ) ; ❑ M , N , K giao điểm ( C ) với trục hồnh; S diện tích hình phẳng gạch hình, S2 diện tích tam giác NBK Biết tứ giác MAKB nội tiếp đường trịn, S1 tỉ số S2 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A 2√ B √6 C √3 D √3 Lời giải Chọn D Kết tốn khơng thay đổi ta tịnh tiến đồ thị đồ thị ( C ) sang trái cho điểm uốn trùng với gốc tọa độ O (như hình dưới) Do f ( x ) hàm số bậc ba, nhận gốc tọa độ tâm đối xứng ( O ≡ N ) Đặt x 1=−a , x 2=a , với a> ⇒ f ' ( x ) =k ( x 2−a2 ) với k > ⇒ f ( x ) =k ( 13 x −a x ) ⇒ x =−a √ , x =a √3 M K Có MAKB nội tiếp đường trịn tâm O ⇒ OA =OM=a √ 2 Có f ( x ) =√O A −x ⇔f (−a )=a √2 ⇔k ⇒ f (x )= √2 x −a x a2 ( 3 ) a2 S1= ∫ f ( x ) dx= √ x − x 2 a 12 −a √3 ( (−13 a +a )=a √2 ⇔ k= 32√a2 )| − a √3 = √2 a 1 S2=S Δ AMO= f (−a ) MO= a √ a √ 3= √ a2 2 Vậy S1 √ = S2 Câu 48.3: Cho hàm số bậc ba y=f ( x ) có đồ thị đường cong hình bên Gọi x , x hai điểm cực trị thỏa mãn x 2=x 1+ f ( x ) −3 f ( x )=0 Đường thẳng song song với trục Ox qua điểm cực tiểu cắt đồ thị hàm số điểm thứ hai có hồnh độ x x 1=x +1 S1 Tính tỉ số ( S S2 diện tích hai hình phẳng gạch hình bên dưới) S2 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A 27 B C Lời giải D Chọn A +) Gọi f ( x )=a x3 +b x +cx +d , với a> ⇒ f ' ( x )=3 a x +2 bx+ c ' ' ' +) Theo giả thiết ta có f ( x )=f ( x ) =0 ⇒f ( x )=3 a ( x−x ) ( x−x 2) =3 a ( x−x ) ( x−x 1−2 ) ⇒ f ' ( x )=3 a ( x −x1 )2 −6 a ( x−x ) ⇒ f ( x ) =∫ f ' ( x ) d x=a ( x−x )3−3 a ( x −x1 )2 +C +) Ta có f ( x ) −3 f ( x )=0 ⇒ f ( x1 ) −3 f ( x 1+ )=0 ⇔ C−3 ( a−12 a+C )=0 ⇔−2 C+12 a=0 ⇔ C=6 a Do f ( x )=a ( x−x ) −3 a ( x−x ) +6 a +) S2 diện tích hình chữ nhật có cạnh và f ( x ) =8 a−12a+ a=2a +) S1 diện tích hình phẳng giới hạn đường x=x 0=x 1−1, x=x 2=x 1+ 2, y=f ( x )=2 a f ( x )=a ( x−x )3−3 a ( x−x )2 +6 a nên suy x1 +2 x1 +2 S1= ∫ [ f ( x )−2 a ] d x= ∫ [ a ( x−x )3−3 a ( x −x1 )2 + a ] d x x 1−1 x 1−1 a ( x−x )4 ( x−x ) ¿ −3 a + ax S 27 Vậy = S2 [ x 1+2 ]| x 1−1 = 27 a Câu 48.4: Cho hàm số bậc bốn trùng phương y=f ( x ) có đồ thị đường cong hình bên Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị ba điểm x , x , x (x 1< x < x 3) thỏa mãn x 1+ x3 =4 Gọi S1 S2 S1 diện tích hai hình phẳng gạch hình Tỉ số S2 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A B 16 C D 15 Lời giải Chọn B Rõ ràng kết tốn khơng đổi ta tịnh tiến đồ thị sang trái cho x 2=0 y x1 x3 O S1 x S2 Gọi g( x )=a x +b x +c , ta có hàm số g(x ) chẵn có điểm cực trị tương ứng −2 ; ;❑2 nghiệm phương trình a x 3+ 2bx=0 Dựa vào đồ thị g( x ), ta có g(0)=0 Từ suy g( x )=a ( x 4−8 x 2)với a> Do tính đối xứng hàm trùng phương nên diện tích hình chữ nhật S 1+ S 2=|g(2)|.4=64 a Ta có S1 diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số g( x ), trục hoành, đường thẳng 0 224 a 512 a 224 a = x=−2 , x=0 S1=∫ |g( x )| d x=a ∫|x 4−8 x 2|d x= Suy S2=64 a−2 15 15 15 −2 −2 Vậy S 224 = = S 512 16 Câu 48.5: Cho hàm số bậc ba f ( x )=a x3 +b x +cx +d đường thẳng d : g ( x ) =mx+n có đồ thị hình vẽ Gọi S1 , S , S diện tích phần giới hạn hình bên Nếu S1=4 S2 tỷ số S3 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A B 1 D C Lời giải: Chọn B Dựa vào đồ thị hình vẽ, ta có: f ( x )−g ( x )=k x ( x +2 ) ( x−2 ) g ( x )=x+ S1=S 2=∫ kx ( x+ )( x−2 ) dx=4 k −2 S2 + S3 = Vì S1=4 ⇒ S2 =4 ⇒ S3 =8−4=4 Vậy (|g ( )|+|g ( )|) ( 3+ ) S2 =1 S3 = 2 =8 Câu 48.6: Cho hàm số y=x −3 x 2+ m có đồ thị ( C m ), với m tham số thực Giả sử ( C m ) cắt trục Ox bốn điểm phân biệt hình vẽ Gọi S1, S2, S3 diện tích miền gạch chéo cho hình vẽ Giá trị m để S1 + S3=S −5 −5 A B C D 4 2 Lời giải Chọn A Gọi x nghiệm dương lớn phương trình x −3 x +m=0 , ta có m=−x 41 + x 21 ( ) x1 Vì S1 + S3=S S1=S3 nên S2=2 S3 hay ∫ f ( x ) d x=0 x1 x1 Mà ∫ f ( x ) d x=∫ ( x −3 x +m ) d x= x −x +mx 0 ( x1 )| = x 51 x4 −x 31+ m x 1=x 1 −x 21 +m 5 ( ) BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN x 41 x14 2 Do đó, x −x +m =0 −x1 + m=0 ( ) 5 x4 Từ ( ) ( ), ta có phương trình −x12−x14 +3 x21 =0 ⇔−4 x 14+ 10 x 21=0 x 1= 5 Vậy m=−x + x 1= ( ) Câu 48.7: Cho hàm số bậc bốn trùng phương y=f ( x ) có đồ thị đường cong hình bên Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị ba điểm x , x , x (x 1< x < x 3) thỏa mãn x 1+ x3 =4 Gọi S1 S2 S1 diện tích hai hình phẳng gạch hình Tỉ số S2 A B 16 C D 15 Lời giải Chọn B Rõ ràng kết tốn khơng đổi ta tịnh tiến đồ thị sang trái cho x 2=0 y x1 x3 O S1 x S2 Gọi g( x )=a x +b x +c , ta có hàm số g(x ) chẵn có điểm cực trị tương ứng −2 ; ;❑2 nghiệm phương trình a x 3+ 2bx=0 Dựa vào đồ thị g( x ), ta có g(0)=0 Từ suy g( x )=a ( x 4−8 x 2)với a> Do tính đối xứng hàm trùng phương nên diện tích hình chữ nhật S 1+ S 2=|g(2)|.4=64 a BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN Ta có S1 diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số g( x ), trục hoành, đường thẳng 0 224 a 512 a 224 a = x=−2 , x=0 S1=∫ |g( x )| d x=a ∫|x 4−8 x 2|d x= Suy S2=64 a−2 15 15 15 −2 −2 Vậy S 224 = = S 512 16 Câu 48.8: Trong Công viên Tốn học có mảnh đất mang hình dáng khác Mỗi mảnh trồng lồi hoa tạo thành đường cong đẹp tốn học Ở có mảnh đất mang tên Bernoulli, tạo thành từ đường Lemmiscate có phương trình hệ tọa độ Oxy 16 y 2=x ( 25−x ) hình vẽ bên Tính diện tích S mảnh đất Bernoulli biết đơn vị hệ tọa độ Oxy tương ứng với chiều dài mét y x A S= 125 ( m ) B S= 250 ( m ) C S= 125 ( m ) D S= 125 ( m ) Lời giải Chọn C Vì tính đối xứng trụ nên diện tích mảnh đất tương ứng với lần diện tích mảnh đất thuộc góc phần tư thứ hệ trục tọa độ Oxy Từ giả thuyết tốn, ta có y=± x √5−x2 Góc phần tư thứ y= x √ 25−x ; x ∈ [ ; ] 125 125 ⇒ S= ( m ) Nên S(I) = ∫ x √ 25−x d x= 40 12 BÀI GIẢNG ĐIỆN TỬ - DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Câu 48.9: Cho parabol ( P1 ) : y=−x +4 cắt trục hoành hai điểm A, B đường thẳng d : y=a ( 0< a