Ứng Dụng Tích Phân Phát Triển Câu 41 Đề Minh Họa Toán 2024 Giải Chi Tiết

0
2808

Ứng dụng tích phân phát triển câu 41 đề minh họa toán 2024 giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 5 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
Câu 1: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a > 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {2; – 1} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$ có diện tích bằng $\frac{{64}}{{15}}$, tích phân bằng

A. $\frac{{226}}{{15}}$. B. $\frac{{25}}{{13}}$. C. $ – \frac{{17}}{{15}}$. D. $ – \frac{{226}}{{15}}$.

Lời giải

Dễ thấy $f’\left( x \right)$ có ba nghiệm $x = 0,x = 2,x = – 2$ suy ra $f’\left( x \right) = 4ax\left( {{x^2} – 4} \right)$.

Từ đó ta có $f\left( x \right) = a{x^4} – 8a{x^2} + c$.

Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ đi qua điểm $C\left( {2; – 1} \right)$ nên ta có: $ – 1 = 16a – 32a + c \Leftrightarrow c = 16a – 1$.

Mặt khác, từ giả thiết đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$ cắt nhau tại hai điểm có hoành độ $x = \pm 2$ và tiếp xúc tại điểm có hoành độ $x = 0$ nên $f\left( x \right) – g\left( x \right) = a{x^2}\left( {{x^2} – 4} \right)$.

Từ hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$ có diện tích bằng $\frac{{64}}{{15}}$ ta có phường trình .

$ \Rightarrow c = 15 \Rightarrow f\left( x \right) = {x^4} – 8{x^2} + 15$.

Ta có: $\int\limits_0^2 {f(x)dx = } \int\limits_0^2 {({x^4} – 8{x^2} + 15)dx = \frac{{226}}{{15}}} $.

Câu 2: Có bao nhiêu số thực $c$ để hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = {x^2} – 4x + c,$trục hoành và các đường thẳng $x = 2;\,\,\,x = 4$ có diện tích bằng 3?

A. $3$. B. 0. C. 1. D. 2.

Lời giải

Chọn D

Diện tích hình phẳng: $S = \int\limits_2^4 {\left| {{x^2} – 4x + c} \right|} \,dx$. Hàm số $y = f\left( x \right) = {x^2} – 4x + c$ trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$có bảng biến thiên như sau:

TH1: Nếu $c \geqslant 4$ $ \Rightarrow f\left( x \right) \geqslant {x^2} – 4x + 4 \geqslant 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}$ nên $f\left( x \right) = {x^2} – 4x + 4 \geqslant 0\,\,\forall x \in [2;4]$.

Do đó $S = \int\limits_2^4 {\left| {{x^2} – 4x + c} \right|} \,dx = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – 2{x^2} + cx} \right)} \right|_2^4 = 2c – \frac{{16}}{3}$; $S = 3 \Leftrightarrow c = \frac{{25}}{6}$.

TH2: Nếu $c \leqslant 0$ $ \Rightarrow f\left( x \right) \leqslant {x^2} – 4x \leqslant 0\,\,\forall x \in [2;4].$

Do đó $S = \int\limits_2^4 {\left| {{x^2} – 4x + c} \right|} \,dx = \int\limits_2^4 {\left( { – {x^2} + 4x – c} \right)} \,dx = \left. {\left( { – \frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} – cx} \right)} \right|_2^4 = \frac{{16}}{3} – 2c$; $S = 3 \Leftrightarrow c = \frac{7}{6}$.

TH3: Nếu $0 < c < 4$, $f\left( x \right) = {x^2} – 4x + c$ có 2 nghiệm, trong đó 1 nghiệm ${x_2} = 2 + \sqrt {4 – c} \in [2;4]$

Đặt $F\left( x \right) = \int {\left( {{x^2} – 4x + c} \right)dx = } \int\limits_{}^{} {\left[ {{{\left( {x – 2} \right)}^2} + c – 4} \right]} dx = \frac{{{{\left( {x – 2} \right)}^3}}}{3} + \left( {c – 4} \right)x + C$

Do đó $S = – \int\limits_2^{{x_2}} {\left( {{x^2} – 4x + c} \right)} \,dx + \int\limits_{{x_2}}^4 {\left( {{x^2} – 4x + c} \right)} \,dx$ $ = F\left( 4 \right) + F\left( 2 \right) – 2F\left( {{x_2}} \right)$

$ = 6c – 24 + \frac{8}{3} – 2\left[ {\frac{{{{\left( {{x_2} – 2} \right)}^3}}}{3} + \left( {c – 4} \right){x_2}} \right]$.

Vì $S = 3$ và ${x_2} = 2 + \sqrt {4 – c} $ nên ta có phương trình: $4.{\sqrt {4 – c} ^3} = 25 – 6c\,\,\,\left( * \right)$.

Đặt $t = \sqrt {4 – c} ,\,\,t \in \left[ {0;2} \right]$, trở thành: $4{t^3} – 6t – 1 = 0$, tính được $t \approx 1.5979$ nên $c \approx 1.4467$.

Vậy có hai giá trị của $c$ thỏa mãn bài toán.

Câu 3: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a < 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {2;1} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$ có diện tích bằng $\frac{{64}}{{15}}$, tích phân bằng

A. $\frac{{226}}{{15}}$.

B. $\frac{{25}}{{13}}$.

C. $ – \frac{{17}}{{15}}$.

D. $ – \frac{{226}}{{15}}$.

Lời giải

Dễ thấy $f’\left( x \right)$ có ba nghiệm $x = 0,x = 2,x = – 2$ suy ra $f’\left( x \right) = 4ax\left( {{x^2} – 4} \right)$.

Từ đó ta có $f\left( x \right) = a{x^4} – 8a{x^2} + c$.

Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ đi qua điểm $C\left( {2;1} \right)$ nên ta có: $1 = 16a – 32a + c \Leftrightarrow c = 16a + 1$.

Mặt khác, từ giả thiết đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$ cắt nhau tại hai điểm có hoành độ $x = \pm 2$ và tiếp xúc tại điểm có hoành độ $x = 0$ nên $f\left( x \right) – g\left( x \right) = a{x^2}\left( {{x^2} – 4} \right)$.

Từ hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$ có diện tích bằng $\frac{{64}}{{15}}$ ta có phương trình .

$ \Rightarrow c = – 15 \Rightarrow f\left( x \right) = – {x^4} + 8{x^2} – 15$

Ta có: $\int\limits_0^2 {f(x)dx = } \int\limits_0^2 {( – {x^4} + 8{x^2} – 15)dx = – \frac{{226}}{{15}}} $ .

Câu 4: Cho hàm số bậc bốn $y = f\left( x \right)$ có đồ thị $\left( C \right)$ như hình vẽ.

Đường thẳng $d:y = kx + \frac{1}{4}$ có đúng ba điểm chung với $\left( C \right)$ là $A,B,C$ và $BC – AB = \frac{5}{4}.$Biết diện tích hình phẳng $S$ là $\frac{{24}}{5}.$ Giá trị của $\int_{ – 2}^1 {f\left( x \right)dx} $ bằng

A. $ – 2$. B. $ – \frac{{321}}{{160}}$. C. $ – \frac{{161}}{{80}}$. D. $ – \frac{{159}}{{160}}$.

Lời giải

Chọn C

Phương trình giao điểm của $\left( C \right)$ và $d$ là:

$f\left( x \right) – g\left( x \right) = a\left( {x + 2} \right){\left( {x – 1} \right)^2}\left( {x – 5} \right)$

Theo giả thiết, ta có: $S = \frac{{24}}{5} \Leftrightarrow – a\int_1^5 {\left( {x + 2} \right){{\left( {x – 1} \right)}^2}\left( {x – 5} \right)dx} = \frac{{24}}{5} \Leftrightarrow a = \frac{1}{{24}}$

$ \Rightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) + \frac{1}{{24}}\left( {x + 2} \right){\left( {x – 1} \right)^2}\left( {x – 5} \right) = kx + \frac{1}{4} + \frac{1}{{24}}\left( {x + 2} \right){\left( {x – 1} \right)^2}\left( {x – 5} \right)$

* Gọi $A\left( { – 2;\frac{1}{4} – 2k} \right),\,B\left( {1;\frac{1}{4} + k} \right),\,C\left( {5;\frac{1}{4} + 5k} \right)$

$BC – AB = \frac{5}{4} \Leftrightarrow \sqrt {{4^2} + {{\left( {4k} \right)}^2}} – \sqrt {{3^2} + {{\left( {3k} \right)}^2}} = \frac{5}{4} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
k = \frac{3}{4} \hfill \\
k = – \frac{3}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Đường thẳng nằm ở góc phần tư thứ nhất và thứ ba nên hệ số góc là dương nên ta chọn $k = \frac{3}{4}$

Vậy $f\left( x \right) = \frac{3}{4}x + \frac{1}{4} + \frac{1}{{24}}\left( {x + 2} \right){\left( {x – 1} \right)^2}\left( {x – 5} \right)$

Và $\int_{ – 2}^1 {f\left( x \right)dx} = – \frac{{321}}{{160}}$.

Câu 5: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a > 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {1; – \frac{3}{5}} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{2}{5}$, tích phân bằng

A. $\frac{{27}}{{20}}$.

B. $\frac{{44}}{{15}}$.

C. 1 .

D. $\frac{{94}}{{30}}$.

Lời giải

Phương trình hàm số bậc hai đi qua 3 điểm $A,B$ và $C$. là: $y = g\left( x \right) = m{x^2} + nx + p$.

Hàm số bậc hai đi qua điểm $A\left( {0:c} \right)$ suy ra $p = c$

Hàm số bậc hai có trục tung là trục đối xứng $n = 0$ và đi qua $C\left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ; – \frac{{{b^2}}}{{4a}} + c} \right)$ suy ra $m = \frac{1}{2}b$

Suy ra $y = g\left( x \right) = \frac{1}{2}b{x^2} + c$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( 1 \right) = – \frac{3}{5}} \\
{f’\left( 1 \right) = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a + b + c = – \frac{3}{5}} \\
{4a + 2b = 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Theo đề ta có:

Từ (II) và (III) ta có: $a = 3:b = – 6:c = \frac{{12}}{5}$

Vậy $\int\limits_0^1 {f(x)dx = } 1$.

Câu 6: Cho hàm số bậc hai $y = f\left( x \right)$ có đồ thị $\left( P \right)$ và đường thẳng $d$ cắt tại hai điểm như trong hình bên. Biết rằng hình phẳng giới hạn bởi $\left( P \right)$ và $d$ có diện tích $S = \frac{{125}}{6}$. Tích phân $\int\limits_2^7 {\left( {2x – 3} \right)f’\left( x \right)} dx$ bằng

A. $\frac{{215}}{3}$. B. $\frac{{265}}{3}$. C. $\frac{{245}}{3}$. D. $\frac{{415}}{3}$.

Lời giải

Cách 1: Đặt $\left\{ \begin{gathered}
u = 2x – 3 \hfill \\
dv = f’\left( x \right)dx \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
du = 2dx \hfill \\
v = f\left( x \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.$.

Ta có: $\int\limits_2^7 {\left( {2x – 3} \right)f’\left( x \right)} {\kern 1pt} {\kern 1pt} dx = \left. {\left[ {\left( {2x – 3} \right)f\left( x \right)} \right]} \right|_2^7 – 2\int\limits_2^7 {f\left( x \right)} {\kern 1pt} {\kern 1pt} dx$

$ = 11f\left( 7 \right) – f\left( 2 \right) – 2\left[ {\frac{{\left( {5 + 10} \right).5}}{2} – \frac{{125}}{6}} \right] = \frac{{215}}{3}$.

Cách 2: Dựa vào đồ thị ta có điểm $A\left( {2;\,5} \right)$và $B\left( {7;\,10} \right)$ thuộc đường thẳng $d$ và Parabol $\left( P \right)$

Suy ra đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AB} = \left( {5;\,5} \right)$

Phương trình đường thẳng $d:y = x + 3$

Gọi $\left( P \right)$ có phương trình: $y = a{x^2} + bx + c,(a > 0)$

$A,B \in \left( P \right) \Rightarrow $ Hệ phương trình: $\left\{ \begin{gathered}
4a + 2b + c = 5 \hfill \\
49a + 7b + c = 10 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = – 4a – 2b + 5 \hfill \\
49a + 7b + 5 – 4a – 2b = 10 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = – 4a – 2b + 5 \hfill \\
b = 1 – 9a \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 3 + 14a \hfill \\
b = 1 – 9a \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Hình phẳng giới hạn bởi $\left( P \right)$ và $d$ có diện tích $S = \frac{{125}}{6}$

$\begin{gathered}
\Rightarrow \int\limits_2^7 {\left| {x + 3 – \left( {a{x^2} + bx + c} \right)} \right|dx} = \frac{{125}}{6} \hfill \\
\Rightarrow \int\limits_2^7 {\left| {x + 3 – \left[ {a{x^2} + \left( {1 – 9a} \right)x + \left( {3 + 14a} \right)} \right]} \right|dx} = \frac{{125}}{6} \hfill \\
\Leftrightarrow \int\limits_2^7 {\left[ { – a{x^2} + 9ax – 14a} \right]dx} = \frac{{125}}{6} \Leftrightarrow \left. {\left( { – \frac{{a{x^3}}}{3} + \frac{{9a{x^2}}}{2} – 14ax} \right)} \right|_2^7 = \frac{{125}}{6} \hfill \\
\Leftrightarrow \frac{{125}}{6}a = \frac{{125}}{6} \Leftrightarrow a = 1 = > b = – 8;c = 17 \hfill \\
\end{gathered} $

$\left( P \right)$ có phương trình: $y = f\left( x \right) = {x^2} – 8x + 17 \Rightarrow f’\left( x \right) = 2x – 8$

$ \Rightarrow \int\limits_2^7 {\left( {2x – 3} \right)f’\left( x \right)} dx = \frac{{215}}{3}$

Câu 7: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a < 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( { – 2;\frac{{27}}{7}} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi

hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = – 2,x = 0$ có diện tích bằng $\frac{{16}}{{15}}$, tích phân bằng

A. $\frac{{27}}{{20}}$.

B. $\frac{{44}}{{15}}$.

C. $\frac{{362}}{{105}}$.

D. $\frac{{94}}{{30}}$.

Lời giải

Phương trình hàm số bậc hai đi qua 3 điểm $A,B$ và $C$. là: $y = g\left( x \right) = m{x^2} + nx + p$.

Hàm số bậc hai đi qua điểm $A\left( {0:c} \right)$ suy ra $p = c$

Hàm số bậc hai có trục tung là trục đối xứng $n = 0$ và đi qua $C\left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ; – \frac{{{b^2}}}{{4a}} + c} \right)$ suy ra $m = \frac{1}{2}b$

Suy ra $y = g\left( x \right) = \frac{1}{2}b{x^2} + c$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( 2 \right) = – \frac{3}{5}} \\
{f’\left( 2 \right) = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{16a + 4b + c = \frac{{27}}{7}} \\
{8a + b = 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Theo đề ta có:

Từ (II) và (III) ta có: $a = – \frac{1}{4}:b = 2:c = – \frac{1}{7}$

Vậy $\int\limits_0^2 {f(x)dx = \frac{{362}}{{105}}} $

Câu 8: Cho hàm số $f(x) = a{x^3} + bx + c$và $g(x) = b{x^3} + ax + d,(a > 0)$có đồ thị như hình vẽ.

Diagram Description automatically generated

Biết rằng tổng diện tích miền kẻ sọc như hình vẽ bằng $\frac{7}{3}$. Giá trị của $\int\limits_1^e {\frac{{f(\ln x)}}{x}dx} $ bằng

A. $\frac{7}{6}$. B. $ – \frac{7}{3}$. C. $ – \frac{5}{3}$. D. $\frac{7}{3}$.

Lời giải

Xét $I = \int\limits_1^e {\frac{{f(\ln x)}}{x}dx} $Đặt $t = \ln x \Rightarrow dt = \frac{1}{x}dx$.

Đổi cận $x = 1 \Rightarrow t = 0$

$x = e \Rightarrow t = 1$

Vậy $I = \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} $

Diagram Description automatically generated

Dựa vào hình vẽ ta có ${S_1} = {S_3}$

Mà ${S_1} + {S_2} = \frac{7}{3} \Rightarrow {S_3} + {S_2} = \frac{7}{3} \Rightarrow \int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) – f\left( x \right)} \right]} + \int\limits_0^1 {\left[ { – g\left( x \right)} \right]} = \frac{7}{3}$

$ \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = – \frac{7}{3}} $.

Câu 9: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a < 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{1}{{20}}} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ có diện tích bằng $\frac{{\sqrt 2 }}{{60}}$, tích phân bằng

A. $\frac{{27}}{{20}}$.

B. $\frac{{44}}{{15}}$.

C. $ – \frac{{\sqrt 2 }}{{24}}$.

D. $\frac{{94}}{{30}}$.

Lời giải

Phương trình hàm số bậc hai đi qua 3 điểm $A,B$ và $C$. là: $y = g\left( x \right) = m{x^2} + nx + p$.

Hàm số bậc hai đi qua điểm $A\left( {0:c} \right)$ suy ra $p = c$

Hàm số bậc hai có trục tung là trục đối xứng $n = 0$ và đi qua $C\left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ; – \frac{{{b^2}}}{{4a}} + c} \right)$ suy ra $m = \frac{1}{2}b$

Suy ra $y = g\left( x \right) = \frac{1}{2}b{x^2} + c$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{1}{{20}}} \\
{f’\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{1}{4}a + \frac{1}{2}b + c = \frac{1}{{20}}} \\
{a + b = 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Theo đề ta có:

$\int_0^1 | g(x) – f(x)| \cdot dx = \frac{2}{5}$

$ \Leftrightarrow \int_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\left[ {a{x^4}\frac{1}{2}b{x^2}} \right]}  \cdot dx = \frac{{\sqrt 2 }}{{60}} \Leftrightarrow \frac{a}{{40}} + \frac{b}{{24}} = \frac{1}{{60}}$

Từ (II) và (III) ta có: $a = – 1:b = 1:c = \frac{{ – 1}}{5}$

Vậy $\int\limits_0^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {f(x)dx = } – \frac{{\sqrt 2 }}{{24}}$

Câu 10: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a > 0)$ con cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có biểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {\sqrt 2 ; – \frac{2}{3}} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ )lă hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = \sqrt 2 $ có diện tích bằng $\frac{{2\sqrt 2 }}{{15}}$, tích phân bằng

A. $\frac{{27}}{{20}}$.

B. $\frac{{44}}{{15}}$.

C. $ – \frac{{2\sqrt 2 }}{{15}}$.

D. $\frac{{94}}{{30}}$.

Lời giải

Phương trình hàm số bậc hai đi qua 3 điểm $A,B$ và $C$. là: $y = g\left( x \right) = m{x^2} + nx + p$.

Hàm số bậc hai đi qua điểm $A\left( {0:c} \right)$ suy ra $p = c$

Hàm số bậc hai có trục tung là trục đối xứng $n = 0$ và đi qua $C\left( {\sqrt {\frac{{ – b}}{{2a}}} ; – \frac{{{b^2}}}{{4a}} + c} \right)$ suy ra $m = \frac{1}{2}b$

Suy ra $y = g\left( x \right) = \frac{1}{2}b{x^2} + c$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( {\sqrt 2 } \right) = – \frac{2}{3}} \\
{f’\left( {\sqrt 2 } \right) = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{4a + 2b + c = – \frac{2}{3}} \\
{4a + b = 0}
\end{array}} \right.} \right.$

Theo đề ta có:
$\int_0^{\sqrt 2 } | g(x) – f(x)| \cdot dx = \frac{2}{5}{\text{ }}$
$ \Leftrightarrow \int_0^{\sqrt 2 } {\left[ { – a{x^4} – \frac{1}{2}b{x^2}} \right]} \cdot dx = \frac{{2\sqrt 2 }}{{15}} \Leftrightarrow – \frac{{4a}}{5} – \frac{b}{3} = \frac{2}{{15}}$

Từ (II) và (III) ta có: $a = \frac{1}{4}:b = – 1:c = \frac{1}{3}$

Vậy $\int\limits_0^{\sqrt 2 } {f(x)dx = } – \frac{{2\sqrt 2 }}{{15}}$

Câu 11: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a > 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {1; – \frac{3}{5}} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{2}{5}$, tích phân bằng

A. 1.

B. -1 .

C. $ – \frac{{17}}{{15}}$.

D. $\frac{{17}}{{15}}$.

Lời giải

Dễ thấy $f’\left( x \right)$ có ba nghiệm $x = 0,x = 1,x = – 1$ suy ra $f’\left( x \right) = 4ax\left( {{x^2} – 1} \right)$.

Từ đó ta có $f\left( x \right) = a{x^4} – 2a{x^2} + c$.

Mặt khác, từ giả thiết đồ thị hàm số $x = \pm 1$ và tiếp xúc tại điểm có hoành độ $x = 0$ nên $f\left( x \right) – g\left( x \right) = a{x^2}\left( {{x^2} – 1} \right)$.

Từ hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{2}{5}$ ta có phương trình

$ \Rightarrow f\left( x \right) = 3{x^4} – 6{x^2} + \frac{{12}}{5}$

Câu 12: Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$ và hàm số bậc nhất $y = g\left( x \right)$ có đồ thị như hình bên dưới.

A graph of a function Description automatically generated with low confidence

Biết diện tích phần tô đậm bằng $\frac{{37}}{{12}}$ và $\int_0^1 f \left( x \right)dx = \frac{{19}}{{12}}$. Giá trị $\int_{ – 1}^0 x .f’\left( {2x} \right)dx$ bằng

A. $ – \frac{5}{3}$. B. $ – \frac{{607}}{{348}}$. C. $ – \frac{5}{6}$. D. $ – \frac{{20}}{3}$.

Lời giải

$I = \int_{ – 1}^0 x .f’\left( {2x} \right)dx$

Đặt $t = 2x \Rightarrow dt = 2dx$ Suy ra $I = \int\limits_{ – 2}^0 {\frac{t}{2}f’\left( t \right)\frac{{dt}}{2}} = \frac{1}{4}\int\limits_{ – 2}^0 {xf’\left( x \right)dx} $.

Đặt $\left\{ \begin{gathered}
u = x \hfill \\
dx = f’\left( x \right)dx \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
du = dx \hfill \\
v = f\left( x \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.$.

Suy ra: $I = \frac{1}{4}\int\limits_{ – 2}^0 {xf’\left( x \right)dx} = \frac{1}{4}\left[ {\left. {xf\left( x \right)} \right|_{ – 2}^0 – \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)dx} } \right] = \frac{1}{4}\left[ {2f\left( { – 2} \right) – \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)dx} } \right]\left( {**} \right)$.

Quan sát đồ thị ta thấy:

$f\left( 1 \right) = 3;\,f\left( { – 2} \right) = – 3$.

Gọi $g\left( x \right) = ax + b \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a + b = 3 \hfill \\
– 2a + b = – 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 2 \hfill \\
b = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow g\left( x \right) = 2x + 1$.

$\int\limits_{ – 2}^1 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]dx – } \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]dx} = \frac{{37}}{{12}}$

$ \Leftrightarrow \int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – 2x – 1} \right]dx – } \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2x – 1} \right]dx = } \frac{{37}}{{12}}$

$ \Leftrightarrow \int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – 2x – 1} \right]dx – } \int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2x – 1} \right]dx = } \frac{{37}}{{12}}$

$\begin{gathered}
\Leftrightarrow \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)dx – } \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = } \frac{{37}}{{12}} – 4 \hfill \\
\Leftrightarrow \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)dx – } \frac{{19}}{{12}} = \frac{{37}}{{12}} – 4 \Leftrightarrow \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)dx} = \frac{2}{3} \hfill \\
\end{gathered} $.

$I = \frac{1}{4}\left[ {2f\left( { – 2} \right) – \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)dx} } \right] = \frac{1}{4}\left[ {2\left( { – 3} \right) – \frac{2}{3}} \right] = – \frac{5}{3}$.

Câu 13: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a > 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {1; – 1} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{4}{5}$, tích phân bằng

A. 1 .

B. 3 .

C. $ – \frac{8}{{15}}$.

D. $\frac{8}{{15}}$.

Lời giải

Dễ thấy $f’\left( x \right)$ có ba nghiệm $x = 0,x = 1,x = – 1$ suy ra $f’\left( x \right) = 4ax\left( {{x^2} – 1} \right)$.

Từ đó ta có $f\left( x \right) = a{x^4} – 2a{x^2} + c$.

Mặt khác, từ giả thiết đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$ cắt nhau tại hai điểm có hoành độ $x = \pm 1$ và tiếp xúc tại điểm có hoành độ $x = 0$ nên $f\left( x \right) – g\left( x \right) = a{x^2}\left( {{x^2} – 1} \right)$.

Từ hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{4}{5}$ ta có phương trình

$ \Rightarrow f\left( x \right) = 6{x^4} – 12{x^2} + 5$

Câu 14: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a > 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {1;6} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{4}{{15}}$, tích phân bằng

A. 1.

B. 3 .

C. $ – \frac{{53}}{{15}}$.

D. $\frac{{53}}{{15}}$.

Lời giải

Dễ thấy $f’\left( x \right)$ có ba nghiệm $x = 0,x = 1,x = 1$ suy ra $\;’\left( x \right) = 4ax\left( {{x^2} – 1} \right)$.

Từ đó ta có $f\left( x \right) = a{x^4} – 2a{x^2} + c$.

Mặt khác, từ giả thiết đồ thị hàm số $x = \pm 1$ và tiếp xúc tại điểm có hoành độ $x = 0$ nên $f\left( x \right) – g\left( x \right) = a{x^2}\left( {{x^2} – 1} \right)$.

Từ hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{4}{{15}}$ ta có phương trình

$ \Rightarrow f\left( x \right) = 2{x^4} – 4{x^2} + 8$

Câu 15: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a > 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {1; – 5} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{{14}}{{15}}$, tích phân bằng

A. 5 .

B. 3 .

C. $\frac{{23}}{{15}}$.

D. $\frac{{53}}{{15}}$.

Lời giải

Dễ thấy $f’\left( x \right)$ có ba nghiệm $x = 0,x = 1,x = – 1$ suy ra $f’\left( x \right) = 4ax\left( {{x^2} – 1} \right)$.

Từ đó ta có $f\left( x \right) = a{x^4} – 2a{x^2} + c$.

Mặt khác, từ giả thiết đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$ cắt nhau tại hai điểm có hoành độ $x = \pm 1$ và tiếp xúc tại điểm có hoành độ $x = 0$ nên $f\left( x \right) – g\left( x \right) = a{x^2}\left( {{x^2} – 1} \right)$.

Từ hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 1$ có diện tích bằng $\frac{{14}}{{15}}$ ta có phương trình

$ \Rightarrow f\left( x \right) = 7{x^4} – 14{x^2} + 2$

Câu 16: Xét $f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c(a,b,c \in \mathbb{R},a > 0)$ sao cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có ba điểm cực trị là $A,B$ và $C\left( {2; – 12} \right)$. Gọi $y = g\left( x \right)$ là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm $A,B$ và $C$. Khi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$ có diện tích bằng $\frac{{64}}{{15}}$,tích phân bằng

A. 5 .

B. 3 .

C. $\frac{{26}}{{15}}$.

D. $\frac{{23}}{{15}}$.

Lời giải

Dễ thấy $f’\left( x \right)$ có ba nghiệm $x = 0,x = 2,x = – 2$ suy ra $f’\left( x \right) = 4ax\left( {{x^2} – 4} \right)$.

Từ đó ta có $f\left( x \right) = a{x^4} – 8a{x^2} + c$.

Mặt khác, từ giả thiết đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = g\left( x \right)$ cắt nhau tại hai điểm có hoành độ $x = \pm 2$ và tiếp xúc tại điểm có hoành độ $x = 0$ nên $f\left( x \right) – g\left( x \right) = a{x^2}\left( {{x^2} – 4} \right)$.

Từ hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số $y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = 0,x = 2$ có diện tích bằng $\frac{{64}}{{15}}$ ta có phương trình

$ \Rightarrow f\left( x \right) = {x^4} – 8{x^2} + 4$

Câu 17: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;3] thỏa mãn $f\left( 1 \right) = 4$ và $f\left( x \right) – \left( {x + 3} \right)f’\left( x \right) = 2x{f^2}\left( x \right),\forall x \in \left[ {1;3} \right]$. Giá trị của bằng

A. $1 + ln3$.

B. $2 – ln3$.

C. $2 + ln3$.

D. $1 – ln3$.

Xét $f\left( x \right) \ne 0$, theo giả thiết ta có

Lời giải

$f\left( x \right) – \left( {x + 3} \right)f’\left( x \right) = 2x{f^2}\left( x \right)$ $ \Leftrightarrow \frac{{f\left( x \right) – \left( {x + 3} \right)f’\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = 2x \Leftrightarrow {\left[ {\frac{{x + 3}}{{f\left( x \right)}}} \right]’} = 2x$

$ \Rightarrow \frac{{x + 3}}{{f\left( x \right)}} = \smallint 2x\;dx \Leftrightarrow \frac{{x + 3}}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + C\left( {{\;^*}} \right)$

Mà $f\left( 1 \right) = 4$, thay vào (8) ta được $\frac{{1 + 3}}{4} = {1^2} + C \Rightarrow C = 0 \Rightarrow \frac{{x + 3}}{{f\left( x \right)}} = {x^2} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{x + 3}}{{{x^2}}}$.

Xét: $f\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = – 3 \notin \left[ {0;2} \right] \Rightarrow f\left( x \right) \ne 0\forall x \in \left[ {1;3} \right]$.

Vậy $f\left( x \right) = \frac{{x + 3}}{{{x^2}}}\forall x \in \left[ {1;3} \right]$.

$ = \left. {\left( {lnx – \frac{3}{x}} \right)} \right|_1^3 = \left( {ln3 – 1} \right) – \left( {ln1 – 3} \right) = ln3 + 2$.

Câu 18: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục trên [-1;1] và thỏa mãn với $\forall x \in \left[ { – 1;1} \right]$. Khi đó bằng

A. $I = 3$.

B. $I = 4$.

C. $I = 2$.

D. $I = 1$.

Lời giải

Biến đổi

Do đó .

Thay ngược lại đẳng thức đã cho

$ = \frac{3}{2}x \times 2\left( {b – 1} \right) + \frac{3}{2} \times \frac{2}{3}a = 3\left( {b – 1} \right)x + a$

Từ đó ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 3\left( {b – 1} \right)} \\
{b = a}
\end{array} \Leftrightarrow a = b = \frac{3}{2}} \right.$ hay $f\left( x \right) = \frac{3}{2}x + \frac{1}{2}$ .

Câu 19: Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$. Đường thẳng $y = ax + b$ tạo với đường cong $y = f\left( x \right)$ thành hai miền phẳng có diện tích lần lượt là ${S_1}$ và ${S_2}$ (hình vẽ bên). Biết rằng ${S_1} = \frac{5}{{12}}$ và $\int\limits_0^1 {\left( {1 – 2x} \right)f’\left( {3x} \right)dx} = – \frac{1}{2}$, khi đó giá trị của ${S_2}$ bằng

A. $\frac{8}{3}$ B. $\frac{{19}}{4}$. C. $\frac{{13}}{6}$. D. $\frac{{13}}{3}$.

Lời giải

Chọn A

Đầu tiên ta gọi phương trình đường thẳng cần tìm là: $\left( d \right):y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)$

Dễ dàng giải ra được $\left( d \right):y = \frac{2}{3}x – 2$ với $\left( {a;b} \right) = \left( {\frac{2}{3}; – 2} \right)$ hoặc dùng tính chất đường đoạn chắn.

Tiếp đến ta có: $$

Suy ra: $\int\limits_0^3 {\left( {3 – 2x} \right)f’\left( x \right)dx} = – \frac{9}{2}$. Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{u = 3 – 2x} \\
{dv = f’\left( x \right)dx}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{du = 2dx} \\
{v = f\left( x \right)}
\end{array}} \right.} \right.$ khi đó ta có được:

.

Ta có hình vẽ như sau:

Gọi các điểm $A\left( { – 3;0} \right),B\left( {0; – 2} \right)$ và $S$ là phần diện tích giới hạn bởi đường cong $y = f\left( x \right)$ và $Ox$ với $x \in \left[ {0;3} \right]$

Khi đó ta có: và $S = {S_{\Delta OAB}} – {S_1} + {S_2} = \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {OA} \left| . \right|\overrightarrow {OB} } \right| – \frac{5}{{12}} + {S_2} = {S_2} + \frac{{31}}{{12}}$

Vậy ta suy ra: ${S_2} = S – \frac{{31}}{{12}} = \frac{{21}}{4} – \frac{{31}}{{12}} = \frac{8}{3}$.

Chọn đáp án A

Câu 20: Một biển quảng cáo có dạng hình vuông $ABCD$ cạnh $AB = 4m$. Trên tấm biển đó có các đường tròn tâm $A$ và đường tròn tâm $B$ cùng bán kính $R = 4m$, hai đường tròn cắt nhau như hình vẽ. Chi phí để sơn phần gạch chéo là $150 000$ đồng/m2, chi phí sơn phần màu đen là $100 000$ đồng/m2, chi phí để sơn phần còn lại là $250 000$ đồng/m2

Diagram Description automatically generated

Hỏi số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây?

A. $3,017$triệu đồng. B. $1,213$triệu đồng. C. $2,06$triệu đồng. D. $2,195$triệu đồng.

Lời giải

Gọi $I$ là giao điểm của 2 cung tròn

Chọn gốc toạ độ $A\left( {0;0} \right)$$ \to B\left( {4,0} \right)$

– Xét cung tròn có phương trình $y = \sqrt {16 – {x^2}} $

– Phần diện tích gạch chéo $S = 2.\int\limits_2^4 {\sqrt {16 – {x^2}} } dx = 16\left. {\left( {x + \frac{1}{2}\sin 2x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} = \frac{{16\pi }}{3} – 4\sqrt 3 $

– Phần diện tích màu đen: $2.\left( {\frac{1}{4}\pi {{.4}^2} – \frac{{16\pi }}{3} + 4\sqrt 3 } \right) = \frac{{ – 8\pi }}{3} + 8\sqrt 3 $

– Phần diện tích còn lại: $16 – \left( {\frac{{16\pi }}{3} – 4\sqrt 3 + \frac{{ – 8\pi }}{3} + 8\sqrt 3 } \right) = 16 – \frac{{8\pi }}{3} – 4\sqrt 3 $

Số tiền để sơn biển quảng cáo:

$\left( {\frac{{16\pi }}{3} – 4\sqrt 3 } \right).150 000 + \left( {\frac{{ – 8\pi }}{3} + 8\sqrt 3 } \right).100 000 + \left( {16 – \frac{{8\pi }}{3} – 4\sqrt 3 } \right).250 000 = 2191480.378$triệu đồng.

ĐÁNH GIÁ TỔNG QUAN
Ứng Dụng Tích Phân Phát Triển Câu 41 Đề Minh Họa Toán 2024 Giải Chi Tiết
Bài trướcĐề Tiếng Anh Thi Tốt Nghiệp 2024 Bám Sát Đề Minh Họa Giải Chi Tiết-Đề 10
Bài tiếp theoBộ 10 Đề Ôn Tập Học Kỳ 2 Toán 10 Kết Nối Tri Thức Cấu Trúc Mới
ung-dung-tich-phan-phat-trien-cau-41-de-minh-hoa-toan-2024-giai-chi-tietỨng dụng tích phân phát triển câu 41 đề minh họa toán 2024 giải chi tiết rất hay. Các bạn tham khảo và ôn tập chuẩn bị cho kỳ thi sắp đến.
Nhận thông báo qua email
Thông báo cho
guest

0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments