ứng dụng tích phân vd vdc

CHỦ ĐỀ: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN VỀ TỈ SỐ DIỆN TÍCH
TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN Câu 45_ĐTK2022 Cho hàm số

f ( x ) = 3x 4 + ax3 + bx 2 + cx + d ( a, b, c, d 

)

có ba điểm cực trị là −2 , −1 , 1 . Gọi y = g ( x ) là

hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) . Diện tích hình
phẳng giới hạn bởi hai đường y = f ( x ) và y = g ( x ) bằng
A.

500
.
81

B.

36
.
5

C.

2932
.
405

D.

2948
405

Lời giải
Chọn D
4
3
2
3
2
Ta có f ( x ) = 3x + ax + bx + cx + d  f  ( x ) = 12 x + 3ax + 2bx + c .

Do f ( x ) có ba điểm cực trị là −2 , −1 , 1 nên:
 f  ( −1) = 0
 3a − 2b + c = 12
a = −8



 f  (1) = 0   3a + 2b + c = −12  b = −6
 f ( 2) = 0
12a + 4b + c = −96
 c = 24




 f ( x ) = 3x 4 − 8 x 3 − 6 x 2 + 24 x + d .
Khi đó đồ thị hàm số f ( x ) có ba điểm cực trị là A ( −1; −19 + d ) , B (1;13 + d ) và C ( 2;8 + d ) .
2

Gọi g1 ( x ) = mx + nx + k là parabol đi qua các điểm A ' ( −1; −19 ) , B ' (1;13 ) và C ' ( 2;8 ) , khi đó:

 g1 ( −1) = −19
m − n + k = −19
m = −7



 g1 (1) = 13   m + n + k = 13   n = 16 .
 g ( 2) = 8
 4m + 2n + k = 8
 k =4


 1

 g1 ( x ) = −7 x 2 + 16 x + 4  g ( x ) = −7 x 2 + 16 x + 4 + d .
Ta có phương trình hồnh độ giao điểm:
 x = −1

x=2
4
3
2
2
4
3
2
3x − 8 x − 6 x + 24 x + d = −7 x + 16 x + 4 + d  3 x − 8 x + x + 8 x − 4 = 0  
3 .

 x =1

 x = 2

Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi f ( x ) và g ( x ) là:
2

S=



f ( x ) − g ( x ) dx =

−1

Câu 1:

2

 3x

4

− 8 x 3 + x 2 + 8 x − 4 dx =

−1

2948
( dvdt ) .
405

4
3
2
3
2
Cho hai hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + 3x và g ( x ) = mx + nx − x, với a, b, c, m, n  . Biết

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là −1, 2 và 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
hai đường y = f  ( x ) và y = g  ( x ) bằng
A.

32

3

B.

71

9

C.
Lời giải

71

6

D.

64

9


Chọn B
3
2
2
Ta có : f  ( x ) = 4ax + 3bx + 2cx + 3 và g  ( x ) = 3mx + 2nx − 1.

Suy ra: h ( x ) = f  ( x ) − g  ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt là −1, 2 và 3.
Nên f  ( x ) − g  ( x ) = 4a ( x + 1)( x − 2 )( x − 3)

() .

1
Thay x = 0 vào hai vế của (*) ta được: f  ( 0 ) − g  ( 0 ) = 4  a = .
6

3

2
71
( x + 1)( x − 2 )( x − 3) dx = .
3
9

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn: S = 

−1

Câu 2:

4
3
2
3
2
Cho hai hàm số f ( x ) = ax + bx + cx + x và g ( x ) = mx + nx − 2x với a, b, c, m, n  . Biết

hàm số y = f ( x ) − g ( x ) có ba điểm cực trị là −1, 2,3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai
đường y = f ' ( x ) và y = g  ( x ) bằng
A.

Vì

32
.
3

B.

hàm

16
.
3

C.

D.

71
.
6

Lời giải

y = f ( x) − g ( x)

số

71
.
12

có

ba

điểm

cực

trị

là

−1, 2,3

nên

hàm

số

y = f  ( x ) − g  ( x ) = 4ax 3 + 3 ( b − m ) x 2 + 2 ( c − n ) x + 3 có ba nghiệm là −1, 2,3. Suy ra, tồn tại
số thực k để y = k ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) .
1
Ta có f  ( 0 ) = 3 nên k = . Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f  ( x ) và
2

y = g  ( x ) bằng:

3

3



−1

Câu 3:

1
71
( x + 1)( x − 2 )( x − 3) dx = .
2

12

y ( x ) dx = 

−1

ax 4

[Mức độ 3] Cho hai hàm số f x
. Biết hàm số y

a, b, c, m, n

A.

32
.
3

B.

cx 2

f ' x và y

71
.
9

mx3

2 x và g x

g x có ba điểm cực trị là

f x

phẳng giới hạn bởi hai đường y

bx3

nx 2

1, 2 và 3 . Diện tích hình

g ' x bằng
C.

71
.
6

D.

64
.
9

Lời giải
Chọn B

Ta có: y

y'

f x
f' x

Vì hàm số y

y'

f' x

g x
g' x

f x
g' x

ax 4
4ax 3

g' x

c n x2

3 b m x2

4ax 3

2
x
3

3 b m x2
24a
1 x

4x

2 c n x

g x có ba điểm cực trị là

Đồng nhất hệ số, ta suy ra: 4
Do đó: f ' x

b m x3

a

1
6

2 x

3

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y

4

1, 2 và 3 nên

2 c n x

4

4a x 1 x 2 x 3

f ' x và y

2 x với

g ' x là:


3

S

3

f' x

g ' x dx

1

Câu 4:

1

Cho hai hàm số

2
x 1 x 2 x 3 dx
3

71
.
9

f ( x) = ax4 + bx3 + cx2 + 2x và g ( x) = mx3 + nx2 − x ; với

a, b, c, m, n 

. Biết

hàm số y = f ( x) − g ( x) có 3 điểm cực trị là – 1, 2, 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai
đường y = f ( x) và y = g ( x) bằng
A.

71
.
6

B.

32

.
3

C.

16
.
3

D.

71
.
12

Lời giải
Chọn D

4
3
2
Xét hàm số h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) = ax + ( b − m ) x + ( c − n ) x + 3x

 h ( x ) = 4ax 3 + 3 ( b − m ) x 2 + 2 ( c − n ) x + 3 (1) .
Vì hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị là – 1, 2, 3 nên phương trình h ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân
biệt là – 1, 2, 3.

Suy ra h ( x ) có dạng h ( x ) = A ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) ( 2 ) .
Từ (1) ta có x = 0  h ( 0 ) = 3 .
1

1
Thế vào ( 2 )  h ( 0 ) = A (1)( −2 )( −3) = 3  A =  h ( x ) = ( x + 1)( x − 2 )( x − 3) .
2

2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi f  ( x ) và g  ( x ) là
3

S=



f  ( x ) − g  ( x ) dx =

−1

Câu 5:

Cho hàm số

3



h ( x ) dx =

−1

3

1
71
( x + 1)( x − 2 )( x − 3) dx = .

2 −1
12

f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c

với

a, b, c

là các số thực. Biết hàm số

g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
các hàm số y =

f ( x)
và y = 1 bằng
g ( x) + 6

A. ln 3 .

B. 3ln 2 .

C. ln10 .
Lời giải

D. ln 7 .

Chọn B
Ta có
g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) = x 3 + ( a + 3) x 2 + ( 2a + b + 6 ) x + ( 2a + b + c )
g  ( x ) = f  ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) = 3x2 + 2ax + b + 6 x + 2a + 6
= 3 x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 ) .

Vì y = g ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 2 nên g  ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với
g ( x1 ) = −5, g ( x2 ) = 2 .

Phương trình hồnh độ giao điểm
f ( x)
f ( x) − g ( x) − 6
3 x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 )
g( x)
=1
=0 
=0
=0.
g ( x) + 6
g ( x) + 6
g ( x) + 6
g ( x) + 6
Phương trình này cũng có hai nghệm phân biệt x1 , x2


Như vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các hàm số y =

S=

x2

g ( x)

 g ( x ) + 6 = ln g ( x ) + 6

x1

Câu 6:

Cho hàm số

x2
x1

f ( x)
và y = 1 là
g ( x) + 6

= ln 2 + 6 − ln −5 + 6 = 3ln 2 .

f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c

với a , b , c là các số thực. Biết hàm số

g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) có hai giá trị cực trị là −5 và 3 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

các đường y =

f ( x)
và y = 1 bằng
g ( x) + 6

A. 2ln3 .

B. ln 2 .

C. ln15 .
Lời giải

D. 3ln 2 .

Chọn A
f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c  f  ( x ) = 3x 2 + 2ax + b , f  ( x ) = 6 x + 2a , f  ( x ) = 6 .
g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x )  g  ( x ) = f  ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) = f  ( x ) + f  ( x ) + 6 .
 x = x1
Do g ( x ) có hai cực trị là −5 và 3 nên g  ( x ) = 0  
với g ( x1 ) = −5 , g ( x2 ) = 3 .
 x = x2
f ( x)
− f  ( x ) − f  ( x ) − 6
 x = x1
Ta có:
.
=1
=0 
g ( x) + 6
g ( x) + 6
 x = x2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

 f ( x)

S = 
− 1 dx =
 g ( x) + 6 
x1 

x2

f ( x)
và y = 1 là
g ( x) + 6

− f  ( x ) − f  ( x ) − 6
dx =
x
g
x
+
6
(
)
1

x2

x2



x1

(

1
d ( g ( x ) + 6 ) = ln g ( x ) + 6
g ( x) + 6

)

x2
x1

= ln g ( x2 ) + 6 − ln g ( x1 ) + 6 = ln1 − ln 9 = 2ln 3 .

Câu 7:

Cho hàm số

f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c

với

a, b, c

là các số thực. Biết hàm số

g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) có hai giá trị cực trị là là −3 và 6 . Diện tích hình phẳng giới hạn
bởi các đường y =

f ( x)
và y = 1 bằng
g ( x) + 6

A. 2ln3.

B. ln3.

C. ln18.
Lời giải

D. 2ln 2.

Chọn D
Ta có
f  ( x ) = 3x 2 + 2ax + b ;
f  ( x ) = 6 x + 2a ;

f  ( x ) = 6 ;
g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x )  g  ( x ) = f  ( x ) + f  ( x ) + 6 .
Vì g ( x ) có hai giá trị cực trị là là −3 và 6 nên không giảm tổng quát, g ( x ) có hai điểm cực trị
là x1, x2 và g ( x1 ) = −3 , g ( x1 ) = 6 .


Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đường y =

f ( x)

f ( x)
và y = 1 là
=1
g ( x) + 6
g ( x) + 6

 f ( x) = g ( x) + 6
 f ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) + 6
 f  ( x ) + f  ( x ) + 6 = 0
 x = x1
.
 g ( x ) = 0  
 x = x2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

 f ( x)

S =  
− 1dx =
g ( x) + 6 
x1 
x2

=
Câu 8:

 − g ( x ) 
x  g ( x ) + 6 dx =


1

x2

Cho hàm số

f ( x)
và y = 1 là:
g ( x) + 6

 f ( x) − g ( x) − 6 
x  g ( x ) + 6 dx =

1

 − f  ( x ) − f  ( x ) − 6 
dx
g ( x) + 6
x1 


x2

x2

 g ( x ) 

x1



  g ( x ) + 6 dx = ln g ( x ) + 6


f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c

với

x2

 

x2
x1

= ln12 − ln 3 = 2ln 2.

a, b, c

là các số thực. Biết hàm số

g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) có hai giá trị cực trị là −4 và 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

các hàm số y =
A. 2ln 2 .

f ( x)
và y = 1 bằng
g ( x) + 6
B. ln 6 .

C. 3ln 2 .

D. ln 2 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) = x 3 + ( a + 3) x 2 + ( 2a + b + 6 ) x + ( 2a + b + c )
g  ( x ) = f  ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) = 3x2 + 2ax + b + 6 x + 2a + 6

= 3 x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 ) .

 x = x1
Do g ( x ) có hai cực trị là −5 và 3 nên g  ( x ) = 0  
với g ( x1 ) = −4 , g ( x2 ) = 2 .
 x = x2
Phương trình hồnh độ giao điểm
f ( x)
f ( x) − g ( x) − 6
3 x 2 + ( 2a + 6 ) x + ( 2a + b + 6 )
g( x)
=1
=0 
=0
=0
g ( x) + 6
g ( x) + 6
g ( x) + 6
g ( x) + 6

Phương trình này cũng có hai nghệm phân biệt x1 , x2
Như vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các hàm số y =

S=

x2

g ( x)

 g ( x ) + 6 = ln g ( x ) + 6

x1

x2
x1

f ( x)
và y = 1 là
g ( x) + 6

= ln 2 + 6 − ln −4 + 6 = 2ln 2 .


Câu 9:

(ĐTK2021) Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết hàm số

f ( x ) đạt cực trị tại hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 và S 2 là
diện tích của hai hình phẳng được gạch trong hình bên. Tỉ số

A. 3 .

B. 5 .

4

8

S1
bằng:
S2

C. 3 .
8

D. 3 .
5

Lời giải
Chọn D
Tịnh tiến điểm uốn về gốc tọa độ, ta được hình vẽ bên dưới.

Khi đó, do f ( x ) là hàm bậc ba, nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng nên
2
3
Chọn f  ( x ) = 3 x − 3  f ( x ) = x − 3x .
0

Nên S2 =

 (x

−1

3

S 3
5
3
− 3x ) dx = ; S1 + S2 = 2  S1 =  1 = .
4
4
S2 5

x1 = −1; x2 = 1.


Câu 10:

3
x và parabol y = x 2 + a ( a là tham số thực dương).
2
Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S 2
(Mã 104 - 2019) Cho đường thẳng y =

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?




2
5

1 9 

 2 16 

A.  0; 

2 9 

 5 20 

B.  ;

C.  ;

 9 1
; 
20
2


D. 

Lời giải
Chọn C
Giải toán:

3

x  2 x 2 − 3 x + 2a = 0
2
a  0
a  0


Để phương trình có 2 nghiệm dương thì 
9 .


0
a


 16
Phương trình hồnh độ giao điểm: x + a =
2

Gọi hai nghiệm đó là 0  x1  x2 thì x2 =
Để S1 = S 2 khi và chỉ khi

x2



  x
0

2

+a−

3 + 9 − 16a
.
4

3 
x  dx = 0
2 

x2

x23
3 
3
 2
+ ax2 − x22 = 0
Ta có:   x + a − x  dx = 0 
2 
3
4
0 
3

 3 + 9 − 16a 


2
4
3 + 9 − 16a 3  3 + 9 − 16a 




+a
−  
 = 0
3
4
4 
4


2 9 
.
 5 20 

Giải nhanh bằng máy tính cho kết quả x = 0, 421875 thuộc khoảng  ;


Câu 11:

3
1
x và parabol y = x 2 + a , ( a là tham số thực dương).
4
2
Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích của hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi S1 = S2

(Mã 102 - 2019) Cho đường thẳng y =

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

 7 1
A.  ;  .
 32 4 

1 9 
B.  ;  .
 4 32 

 3
D.  0;  .
 16 

 3 7 
C.  ;  .
 16 32 
Lời giải

Chọn C
1 2 3
x − x + a = 0  2 x2 − 3x + 4a = 0 .
2
4
3

(*)
 x1 + x2 =
2
Theo đề bài phương trình có hai nghiệm 0  x1  x2 thỏa mãn 

.
 x1 x2 = 2a (**)


Ta có phương trình hồnh độ giao điểm

x1

S1 − S2 = 0  
0



1 3 3 2
x − x + ax
6
8

Từ (*)  x1 =
(***)
⎯⎯⎯
→a =

x

2
1 2 3
1
3
x − x + a dx +  x 2 − x + a dx = 0 

2
4
2
4
x1

x2

=0 
0

x2

1

 2x
0

x 2 3x
1 3 3 2
x2 − x2 + ax2 = 0  a = − 2 + 2
6
8
6
8

2

3
− x + a dx = 0

4

(***) .

3
9
2 x 2 3x
x 2 3x
3

− x2 , thay vào (**)   − x2  x2 = − 2 + 2  2 − 2 = 0  x2 =
2
8
3
4
3
4
2


27
 3 7 
. Vậy a   ;  .
128
 16 32 

Câu 12: Cho parabol ( P1 ) : y = − x 2 + 2 x + 3 cắt trục hoành tại hai điểm A, B và đường thẳng d : y = a

( 0  a  4 ) . Xét parabol ( P2 ) đi qua A, B và có đỉnh thuộc đường thẳng y = a . Gọi S1
tích hình phẳng giới hạn bởi ( P1 ) và d .Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P2 )

hồnh. Biết S1 = S2 , tính T = a3 − 8a2 + 48a .
A. T = 99 .

B. T = 64 .

C. T = 32 .
D. T = 72 .
Lời giải
Để việc tính tốn trở nên đơn giản, ta tịnh tiến hai parabol sang trái một đơn vị.

a
Khi đó, phương trình các parabol mới là ( P1 ) : y = − x 2 + 4 , ( P2 ) : y = − x 2 + a .
4
Gọi A, B là các giao điểm của ( P1 ) và trục Ox  A ( −2;0 ) , B ( 2;0 )  AB = 4 .

(

) (

Gọi A, B là giao điểm của ( P1 ) và đường thẳng d  M − 4 − a ; a , N

)

4 − a; a .

là diện
và trục


4

Ta có S1 = 2
a

4

3
4
4

4 − y .dy = −  ( 4 − y ) 2  = ( 4 − a ) 4 − a
3
a 3

2

 ax3

8a
 a

S2 = 2  − x 2 + a  .dx = 2  −
+ ax  =
.
4

 12
0 3
a
2

Theo giả thiết S1 = S2 

4
8a
3
( 4 − a ) 4 − a =  ( 4 − a ) = 4a 2  a3 − 8a 2 + 48a = 64
3
3

Vậy T = 64 .
Câu 13: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường my = x 2 , mx = y 2 ( m  0 ) . Tìm giá trị của
m để S = 3 .
A. m = 1

B. m = 2

C. m = 3
Lời giải

D. m = 4

Chọn C
2

my = x
Tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương trình: 
2

mx = y

(1)
( 2)

2

 x2 
x = 0
Thế (1) vào (2) ta được: mx =    m3 x − x 4 = 0  
x = m  0
m
Vì y =

x2
y 0
→ y = mx
 0 nên mx = y 2 ⎯⎯
m
m

Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: S = 
0

m

x2
x2 
mx −
dx =   mx −  dx
m

m
0

m

 2 m 32 x3 
1 2 1 2
= 
.x −
 = m = m
3m 
3
3
 3
0
1
m0
→m = 3
Yêu cầu bài toán S = 3  m2 = 3  m2 = 9 ⎯⎯
3

Câu 14: Cho hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = ln 4 . Đường thẳng
x=k

( 0  k  ln 4 )

chia ( H ) thành hai phần có diện tích là S1 và S 2 như hình vẽ bên. Tìm k

để S1 = 2S2 .

4
A. k = ln 2 .
3

8
B. k = ln .
3

C. k = ln 2 .

D. k = ln 3 .


Lời giải
Diện tích hình thang cong ( H ) giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = ln 4 là
ln 4

S=

 e dx = e
x

x ln 4
0

= eln 4 − e0 = 4 −1 = 3 (đvdt).

0

1

3
2S 2.3
Ta có S = S1 + S2 = S1 + S1 = S1 . Suy ra S1 =
=
= 2 (đvdt).
2
2
3
3
Vì S1 là phần diện tích được giới hạn bởi các đường y = e x , y = 0 , x = 0 , x = k nên
k

2 = S1 =  e x dx = e x = ek − e0 = ek − 1 .
k

0

0

Do đó ek = 3  k = ln 3 .
Câu 15: Hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) và y = g ( x ) .
Biết rằng đồ thị cảu hai hàm số này cắt nhau tại đúng ba điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là
−3; − 1; 2. Diện tích của hình phẳng ( H ) ( phần gạch sọc trên hình vẽ bên ) gần nhất với kết quả
nào dưới đây?

A. 3,11

B. 2,45

C. 3,21

Lời giải

D. 2,95

Chọn A

2
f ( x ) − g ( x ) = a ( x + 3)( x + 1)( x − 2) = ( ax + 3a ) ( x − x − 2 ) = ax3 − ax2 − 2ax + 3ax2 − 3ax − 6a

= ax3 + 2ax2 − 5ax − 6a

3 3 9
f ( 0 ) − g ( 0 ) = −6a , quan sát hình vẽ ta có f ( 0 ) − g ( 0 ) = − + =
5 2 10

−3
253
9
−3
S =  f ( x ) − g ( x ) dx = 
= 3.1625
Nên −6a =  a =
( x + 3)( x + 1)( x − 2 ) dx =
20
80
10
20
−3
−3
2

2

Câu 16: Cho hàm số y = x4 − 6x2 + m có đồ thị ( Cm ) . Giả sử ( Cm ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt
sao cho hình phẳng giới hạn bởi ( Cm ) và trục hồnh có phần phía trên trục hồnh và phần phía
dưới trục hồnh có diện tích bằng nhau. Khi đó m =

a
a
(với a , b là các số nguyên, b  0 ,
là
b
b

phân số tối giản). Giá trị của biểu thức S = a + b là:
A. 7.
B. 6.
C. 5.
Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm: x4 − 6 x2 + m = 0 (1) .
Đặt t = x2 ( t  0 ) (1) trở thành t 2 − 6t + m = 0 ( 2 ) .

D. 4.


( Cm )

cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay

  = ( − 3 ) 2 − m  0

P=m0
phương trình ( 2 ) có hai nghiệm dương phân biệt  
 0  m  9 ( *) .

S =60

Gọi t1 , t2 ( 0  t1  t2 ) là hai nghiệm của phương trình ( 2 ) . Lúc đó phương trình (1) có bốn
nghiệm phân biệt theo thứ tự tăng dần là: x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 .
Do tính đối xứng của đồ thị

( Cm )

x3

nên có

(x
0



x4

4

− 6 x + m ) dx =  ( − x 4 + 6 x 2 − m ) dx
2

x3

5
4

x
− 2 x43 + mx4 = 0  x54 − 10 x34 + 5mx4 = 0 .
5

 x44 − 6 x42 + m = 0 ( 3)
Từ đó có x4 là nghiệm của hệ phương trình:   4
2
 x4 − 10 x4 + 5m = 0 ( 4 )
Lấy ( 3) − ( 4 )  x42 = m , thay x42 = m vào ( 3) có: m2 − 5m = 0  m = 0  m = 5 .
Đối chiếu điều kiện (*) ta có m = 5  a = 5 và b = 1 . Vậy S = 6 .
Câu 17: Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện: p  1 , q  1 ,

1 1
+ = 1 và các số dương a, b . Xét hàm
p q

số: y = x p −1 ( x  0 ) có đồ thị là ( C ) . Gọi ( S1 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục
hoành, đường thẳng x = a , Gọi ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục tung, đường
thẳng y = b , Gọi ( S ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hồnh, trục tung và hai đường
thẳng x = a , y = b . Khi so sánh S1 + S 2 và S ta nhận được bất đẳng thức nào trong các bất đẳng
thức dưới đây?

a p bq
A.
+  ab

p q

a p −1 b q −1
a p +1 b q +1
a p bq
B.
+
 ab . C.
+
 ab . D.
+  ab .
p −1 q −1
p +1 q +1
p q

Lời giải
Ta có: S  S1 + S2 .


a

S1 =  ( x

p −1

0

Vì:

 xp 

d
x
=
)  p
 

a

0



1
+1
1
b
p
−
1
p




y
a

; S2 =   y p −1  dy = 
=



1
p


0

 p −1 +1 



b

 yq 
= 
 q 

b

=
0

bq
.
q

0

1
p

1
1
a p bq
+1 =
=
= = q . Vậy
+  ab .
p q
p −1
p −1 1 − 1 1
p q

Câu 18: Cho parabol ( P ) : y = x 2 và một đường thẳng d thay đổi cắt ( P ) tại hai điểm A , B sao cho
AB = 2018 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( P ) và đường thẳng d . Tìm giá trị lớn

nhất Smax của S .
A. S max =

20183 + 1
.
6

B. Smax =

20183
.
3

C. S max =

20183 − 1
.
6

D. Smax =

20183
.
3

Lời giải
Giả sử

A(a; a ) ; B(b; b )(b  a) sao cho AB = 2018 .
2

2

Phương trình đường thẳng d là: y = (a + b) x − ab . Khi đó
b

b

S =  (a + b) x − ab − x 2 dx =  ( ( a + b ) x − ab − x 2 ) dx =
a

a

(

2
2
Vì AB = 2018  ( b − a ) + b − a
2

)

2

1
3
(b − a ) .
6

(

)

= 20182  ( b − a ) 1 + ( b + a ) = 20182 .
2

2
 ( b − a )  20182  b − a = b − a  2018  S 

2

20183
20183
. Vậy Smax =
khi a = −1009 và

6
6

b = 1009 .
2
Câu 19: Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) : y = x và hai đường thẳng y = a , y = b ( 0  a  b )

(hình vẽ). Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y = a (phần
tô đen); ( S 2 ) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) và đường thẳng y = b (phần gạch
chéo). Với điều kiện nào sau đây của

A. b = 3 4a .

B. b = 3 2a .

a

và b thì

S1 = S2 ?

C. b =
Lời giải

3

3a .

D.

b = 3 6a .


2
Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x với đường thẳng y = b là

x2 = b  x =  b .
2
Phương trình hồnh độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x với đường thẳng y = a là

x2 = a  x =  a .
2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x và đường thẳng y = b là


b b  4b b

x3 
=
2
b
b
−
=
2
bx
−
.

 =

S = 2  (b − x ) d x



3
3
3




0
0
b

b

2

2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = x và đường thẳng y = a (phần tô màu đen)


a a  4a a

x3 
là S1 = 2  ( a − x 2 ) d x = 2  ax −  = 2  a a −
.
 =
3

3
3

0


0
a

a

Do đó

S = 2S1 

4b b
4a a
= 2.

3
3

( b)

3

=2

( a)

3

 b=32 a

 b = 3 4a .

Câu 20: Một khuôn viên dạng nửa hình trịn, trên đó người thiết kế phần để trồng hoa có dạng của một
cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm và có trục đối xứng vng góc với đường kính của
nửa hình trịn, hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường trịn (phần tơ màu) và cách nhau
một khoảng bằng 4 ( m ) . Phần cịn lại của khn viên (phần khơng tơ màu) dành để trồng cỏ Nhật

Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ, chi phí để trồng hoa và cỏ Nhật Bản tương ứng là
150.000 đồng/m2 và 100.000 đồng/m2. Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật
Bản trong khn viên đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng đơn vị)

4m
4m

A. 3.738.574 (đồng).

4m

B. 1.948.000 (đồng). C. 3.926.990 (đồng). D. 4.115.408 (đồng).
Lời giải

2
2
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ, ta có bán kính của đường trịn là R = 4 + 2 = 2 5 .

Phương trình của nửa đường tròn ( C ) là: x 2 + y 2 = 20, y  0  y = 20 − x 2 .

Parabol ( P ) có đỉnh O ( 0; 0 ) và đi qua điểm ( 2;4 ) nên có phương trình:

y = x2 .


2

Diện tích phần tơ màu là: S1 =   20 − x 2 − x 2  dx  11,94 ( m 2 ) .


−2

(

Diện tích phần khơng tơ màu là: S2 = 1 . . 2 5
2

)

2

( )

2
− S1  10 − 11,94 m .

Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khn viên đó là:

150000.11,94 + 100000. (10 − 11,94 )  3.738.593 .
Câu 21: Người ta cần trồng một vườn hoa Cẩm Tú Cầu ( phần được gạch chéo trên hình vẽ). Biết rằng

y = 2 x2 −1 và nửa trên của đường trịn có

phần gạch chéo là hình phẳng giới hạn bởi parabol
tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng

2 ( m ) Tính số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm

Tú Cầu biết rằng để trồng mỗi m2 hoa cần ít nhất là 250000 đồng.

A. 3π − 2  250000 .
6

B. 3π + 10  250000 . C. 3π + 10  250000 . D. 3π + 2  250000
6

3

6

Lời giải
Chọn B
Ta có phương trình đường trịn tâm gốc tọa độ và bán kính bằng

2 (m) x + y = 2 .
2

2

 y = 2 − x 2

 x = −1, y = 1

Tọa độ giao điểm của Parabol và đường tròn là nghiệm hệ 
2
 x = 1, y = 1
 y = 2 x − 1

(
1

Diện tích vườn hoa là S =

−1

)

2 − x 2 − 2 x 2 + 1 dx =

3 + 10
.
6

số tiền tối thiểu để trồng xong vườn hoa Cẩm Tú Cầu là 3π + 10  250000 .
6

Câu 22: Nhà trường dự định làm một vườn hoa dạng elip được chia ra làm bốn phần bởi hai đường parabol
có chung đỉnh, đối xứng với nhau qua trục của elip như hình vẽ bên. Biết độ dài trục lớn, trục
nhỏ của elip lần lượt là 8 m và 4 m , F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip. Phần A , B dùng để
trồng hoa, phần C , D dùng để trồng cỏ. Kinh phí để trồng mỗi mét vng hoa và cỏ lần lượt là
250.000 đ và 150.000 đ. Tính tổng tiền để hồn thành vườn hoa trên (làm trịn đến hàng nghìn).

A. 5.676.000 đ.
B. 4.766.000 đ.
C. 4.656.000 đ.
D. 5.455.000 đ.

Lời giải


Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Do elip có độ dài trục lớn 2a = 8  a = 4 , độ dài trục nhỏ 2b = 4  b = 2 .
Diện tích của ( E ) là: S( E ) =  ab = 8 .

x2 y 2
+ = 1 . Suy ra y =  1 16 − x 2 .
Phương trình chính tắc ( E ) là:
16 4
2
2
2
Ta có c = a − b = 2 3  F2 ( 2 3; 0 ) .

Do N và

có cùng hồnh độ

F2

 N (2

)

3; 1 .

2
Gọi ( P ) : y = kx là parabol nằm ở phía trên trục Ox .

(

Do N  ( P ) ta có 1 = k 2 3

)

2

k=

1
. Suy ra ( P ) : y = 1 x 2 .
12
12

2 3
1 2
1
2
1 2
1
16
−

x
−
x
d
x
=
2
16 − x 2 −
x dx


 2


12 
2
12 
0 
−2 3

2 3

Diện tích phần A là S A =
2 3

=



16 − x 2 dx −

0

2 3

* Xét I1 =



1
6

2 3



x 2 dx .

0

16 − x 2 dx . Đặt x = 4sin t  dx = 4costdt .

0

Đổi cận:









 1
3
16 − 16sin 2 t .4costdt = 16  cos 2tdt = 8 (1 + cos2t ) dt = 8  t + sin 2t 
 2
0
0
0

3

3

Khi đó I1 = 
0

3


3
= 8  +  .
3 4 
* Ta có I 2 = 1

6

2 3

2 3



x 2 dx =

0

Suy ra: S A = I1 − I 2 =

1 3
x
18 0

=

4 3
.
3

8 + 2 3
16 + 4 3
 S A + S B = 2S A =
.
3
3


Tổng diện tích phần C , D là:

SC + S D =

S( E ) − ( S A + S B ) =

Khi đó tổng số tiền để hồn thành vườn hoa trên là:

16 + 4 3
8 − 4 3
.250000 +
.150000  5676000 đ.
3
3

8 − 4 3
.
3