ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN

Câu 1: [2D3-5-4](THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI-SÓC TRĂNG-2018) Cho  H  là
hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  4  x 2 và đường thẳng y  2  x (như
hình vẽ bên). Biết diện tích của hình  H  là S  a  b , với a , b là các số hữu tỉ.
Tính P  2a 2  b 2 .

A. P  6 .

D. S  10 .

C. P  16 .

B. P  9 .
Lời giải

Chọn A
+ Cách 1 :
2

Diện tích hình phẳng  H  là : S  
0





4  x 2  2  x dx .

Đặt x  2sin t  dx  2cos tdt .




2

2

0

0





 S    2cos t  2  2sin t  2cos tdt   4cos 2 t  4cos t  4sin t cos t dt

2



   2  2cos 2t  4cos t  2sin 2t  dt   2t  sin 2t  4sin t  cos 2t  02    2 .
0

 a  1 , b  2  P  2a 2  b 2  2  4  6 .
+ Cách 2 :
1
1
Diện tích hình phẳng  H  là : S   .22  2.2    2 .
4
2

 a  1 , b  2  P  2a 2  b 2  2  4  6 .
Câu 2: [2D3-5-4] [CHUYÊN KHTN L4-2017] Gọi  H  là phần giao của hai khối

1
hình trụ
4
có bán kính a , hai trục hình trụ vuông góc với nhau. Xem hình vẽ bên. Tính thể tích

của  H  .


A. V H 
V H 

2a 3

.
3
 a3

.
4

B. V H 

3a 3

.
4

C. V H 

a3

.
2

D.

Lời giải
Chọn A
Ta gọi trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó phần giao  H  là một vật thể có đáy
là một phần tư hình tròn tâm O bán kính a , thiết diện của mặt phẳng vuông góc
2
2
với trục Ox là một hình vuông có diện tích S  x   a  x

Thể tích khối  H  là

a

a

0

0

2
2
 S  x  dx    a  x dx 

2a 3
.
3

Câu 3: [2D3-5-4] [CHUYÊN VINH – L2-2017] Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành

khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x , y  0 và x  4 quanh trục


Ox . Đường thẳng

x  a  0  a  4  cắt đồ thị hàm y  x tại M (hình vẽ bên).

Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác OMH quanh trục Ox
. Biết rằng V  2V1 . Khi đó
C. a 

B. a  2 2 .

A. a  2 .

5
.
2

D. a  3 .

Lời giải
Chọn D

4

Ta có

x  0  x  0 . Khi đó V    xdx  8



Ta có M a; a

0



Khi quay tam giác OMH quanh trục Ox tạo thành hai hình nón có chung đáy:
Hình nón  N1  có đỉnh là O , chiều cao h1  OK  a , bán kính đáy

R  MK  a ;
Hình nón  N 2  thứ 2 có đỉnh là H , chiều cao h2  HK  4  a , bán kính đáy

R  MK  a
1
1
4
Khi đó V1   R 2 h 1   R 2 h 2   a
3
3
3
4
Theo đề bài V  2V1  8  2.  a  a  3 .

3
Câu 4: [2D3-5-4] [CHUYÊN VINH – L2-2017]Gọi  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm

số: y  x 2  4 x  4 , trục tung và trục hoành. Xác định k để đường thẳng  d  đi qua
điểm A  0; 4  có hệ số góc k chia  H  thành hai phần có diện tích bằng nhau.
A. k  4 .

B. k  8 .

C. k  6 .

D. k  2 .

Lời giải
Chọn C
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  x 2  4 x  4 và trục hoành
là: x 2  4 x  4  0  x  2 .


Diện tích hình phẳng  H  giới hạn bởi đồ thị hàm số: y  x 2  4 x  4 , trục tung và
2

 x3

8
trục hoành là: S   x  4 x  4 dx    x  4 x  4  dx    2 x 2  4 x   .
 3
0 3
0
0

2

2

2

2

Phương trình đường thẳng  d  đi qua điểm A  0;4 
có hệ số góc k có dạng: y  kx  4 .

 4 
Gọi B là giao điểm của  d  và trục hoành. Khi đó B  ;0  .
 k 
Đường thẳng  d  chia  H  thành hai phần có diện tích
bằng nhau khi B  OI và S OAB 

1
4
S .
2
3

4

0
2

k  2


k


 k  6 .
1
1 4 4
k  6

S
OA.OB  .4. 
OAB 

2
2
k 3


Câu 5: [2D3-5-4] (SGD Hải Phòng - HKII - 2016 - 2017) Người ta làm một chiếc phao bơi

như hình vẽ (với bề mặt có được bằng cách quay đường tròn  C  quanh trục d ).
Biết rằng OI  30 cm , R  5 cm . Tính thể tích V của chiếc phao.
I
R
(C)

d

A. V  1500 2 cm 3 .
V  9000 cm 3 .

B. V  9000 2 cm3 .

Lời giải
Chọn A

O

C. V  1500 cm3 .

D.


Chọn hệ trục tọa độ Oxy với d là trục Ox , I  Oy . Khi đó, tọa độ điểm I  0;30  .
Phương trình đường tròn tâm I bán kính R là x 2   y  30   25 .
2

Rút y ta được y  30  25  x 2 .
Thể tích của chiếc phao là :




V  2   30  25  x 2
0 
5

 
2

 30  25  x 2



2


2
 dx  240  25  x dx .
0
5

Đặt x  5sin t  dx  5cos tdt .




2

2

0

0

V  240  25cos 2 tdt  3000  1  cos 2t  dt  1500 2 cm 3 .

Câu 6: [2D3-5-4] (THPT Nguyễn Thị Minh Khai - Hà Tĩnh - 2017 - 2018 -BTN) Cho tam
giác đều và hình vuông cùng có cạnh bằng 8 được xếp chồng lên nhau sao cho một
đỉnh của tam giác đều trùng với tâm của hình vuông, trục của tam giác đều trùng với
trục của hình vuông (như hình vẽ). Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh bởi hình

đã cho khi quay quanh trục.

A

H
C

K



16 23  4 3
A.

3



64 17  3 3
9

.

.



64 17  3
B.

3

Lời giải
Chọn D

.



16 17  3 3
C.

9

.

D.


A

H

M
C
L

K

Ta cần tìm HM

Ta có

HM AH
HM
4
4



 R  HM 
KL
AK
4
4 3
3

Thể tích được tính bằng thể tích trụ cộng với thể tích nón lớn trừ đi thể tích nón
nhỏ phía trong.

Vtru   .42.8  128 .
1
64 3
Vnon lon   .42.4 3 
3
3
1  4 
64
  .
.4 
.


3  3
9
2

Vnon nho

V  Vtru  Vnon lon  Vnon nho  128 

 17  3 3 
64 3 64

 64 

3
9
9



Câu 7: [2D3-5-4] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Xét hàm số y  f  x  liên tục trên miền

D   a; b  có đồ thị là một đường cong C . Gọi S là phần giới hạn bởi C và các
đường thẳng x  a , x  b . Người ta chứng minh được rằng diện tích mặt cong tròn
b

xoay tạo thành khi xoay S quanh Ox bằng S  2  f  x  1   f   x   dx . Theo
2

a

kết quả trên, tổng diện tích bề mặt của khối tròn xoay tạo thành khi xoay phần hình
phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x  

2 x 2  ln x
và các đường thẳng x  1 , x  e
4

quanh Ox là

2e2  1
.
A.
8

4e 4  9
.
B.
64

4e 4  9
.
16
Lời giải

4e 4  16e 2  7
.
C.
16

D.


Chọn D
Cách 1. (Giải tự luận)
Ta

có

f  x 

2
2 x 2  ln x x 2 ln x
1
1 
1
1

 
 f  x  x 
  f   x    x    x2 

2
4
2
4
4x
4x 
16 x 2


2

Lại có f   x   x 

1
 0, x  1; e  , nên f  x  đồng biến trên 1;e . Suy ra
4x

f  x   f 1 

1
 0, x  1; e  .
2

Từ đây ta thực hiện phép tính như sau
b
e
2
 x 2 ln x 
1
1
 2
S  2  f  x  1   f   x   dx  2   
 dx
 1  x 
2
2
4 
16 x 2 


a
1

e
 x 2 ln x  2
 x 2 ln x  
1
1
1 
S  2   
x


d
x

2


 
  x   dx
2

2
4 
16 x 2
2
4  
4x 
1

1
2

e

 x 2 ln x  
1 
 2   
 x   dx
2
4 
4x 
1
e

1
1
1 ln x 
1
 2   x3  x  x ln x 
 dx
2
8
4
16
x


1
e

 2  I1  I 2  I 3 

e

 x4 x2 
1 
2e4  e2  3
1
Với I1    x3  x  dx     
1
8 
16
2
 8 16  1
e

e

11 2
1
1
 1

I 2     x ln x  dx  
x  2 ln x  1   e 2 
1
44
16
16

 4

1
e

e

1 2
1
 1 ln x 
I3    
 dx   ln x   .
1
32
32
 16 x 
1
e

Cách 2.
Học

sinh
e

S  2 
1

Câu 8:

có

thể

trực

tiếp

bấm

máy

x 2 ln x
1
1


1   x2 
 dx để có kết quả
2
2
4
16 x 2 


tính

tích

phân

Câu 9: [2D3-5-4] (SGD – HÀ TĨNH ) Ta vẽ hai nửa đường tròn như hình vẽ bên, trong đó

đường kính của nửa đường tròn lớn gấp đôi đường kính của nửa đường tròn nhỏ.
Biết rằng nửa hình tròn đường kính AB có diện tích là 8 và BAC  30 . Tính thể
tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình  H  (phần tô đậm) xung
quanh đường thẳng AB .
C
(H)
B

A

A.

220
.
3

B.

98
.
3

C.

224
.

3

D. 4 2 .

Lời giải
Chọn B

Gọi V1 , V2 , V3 , V4 lần lượt là thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác AHC , ALD
và đa giác LID , HBC quanh AB . Gọi R , r lần lượt là bán kính đường tròn lớn và
nhỏ.
Ta có: 2.8   R 2  R  4 và r  2 .
Vì IHC vuông tại H , CIH  60 có

3
o
2 3
CH  IC sin 60  4.
2


2
2
 IH  IC  CH  16  12  2

1
 AL  AH  3
2



1
1

2
V1  3 AH . CH  3 .6. .12  24
Khi đó 
V  1 AL. DL2  1 .3. .3  3
 2 3
3


Giả sử nửa trên đường tròn lớn tâm I  0;0  , R  4 nên có phương trình:
y  16  x 2 .
4

Khi đó V4   
2





16  x 2

2


x3  4 40
dx   16 x     .
3 2 3



Giả sử nửa trên đường tròn nhỏ tâm K  0;0  , R  2 nên có phương trình: y  4  x 2
.
2

Khi đó V3   
1



4 x

2



2


x3  2 5
dx    4 x     .
3 1 3


Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là:

40  
5  98


V  V1  V4   V2  V3    24      3     
3  
3  3


Câu 10: [2D3-5-4]

(THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Bổ dọc một quả dưa hấu ta được

thiết diện là hình elip có trục lớn 28 cm , trục nhỏ 25 cm . Biết cứ 1000 cm 3 dưa
hấu sẽ làm được cốc sinh tố giá 20000 đồng. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể thu
được bao nhiêu tiền từ việc bán nước sinh tố? Biết rằng bề dày vỏ dưa không đáng
kể.
A. 183000 đồng.
190000 đồng.

B. 180000 đồng.

C. 185000 đồng.

D.

Lời giải
Chọn A
Đường elip có trục lớn 28 cm , trục nhỏ 25 cm có phương trình 

 25 
 y2   
 2 

2

y2
 25 
 
 2 

2

1


x2 
25
x2
.
1


y


1


2 
2
142
 14 
2

2
2 14
 25

x2 
x2 
 25 
1  2  dx      1  2  dx
Do đó thể tích quả dưa là V    

2
14 
 2  14  14 
14 
14

 25 
  
 2 

2

14


x3 
 25  56 8750

cm 3 .

. x 
   .
2 
3
3.14  14
 2  3


Do đó tiền bán nước thu được là

2

8750 .20000
 183259 đồng.
3.1000


Câu

[2D3-5-4]

11:

C  : y  f  x  

[THPT

Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018]

Cho đồ

thị

x . Gọi  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  , đường thẳng

x  9 và trục Ox . Cho điểm M thuộc đồ thị  C  và điểm A  9;0  . Gọi V1 là thể
tích khối tròn xoay khi cho  H  quay quanh trục Ox , V2 là thể tích khối tròn xoay
khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox . Biết rằng V1  2V2 . Tính diện tích S
phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và đường thẳng OM .

A. S  3 .

B. S 

27 3
.
16

C. S 

3 3
.
2

D. S 

4
.
3

Lời giải
Chọn B
9

Ta có V1  π 
0

 x  dx  812 .
2

Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox , đặt OH  m (với 0  m  9 ), ta có





M m; m , MH  m và AH  9  m .
1
1
1
Suy ra V2  π.MH 2 .OH  π.MH 2 . AH  π.MH 2 .OA  3mπ .
3
3
3

Theo giả thiết, ta có V1  2V2 nên

 27 3 3 
81π
27

 6mπ  m 
. Do đó M  ;
 .
2
4
 4 2 

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y 

2 3
x.
9

Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và đường thẳng OM là
27
4

27

2

3 2  4 27 3
2 3 

x
x

x  
.
S    x 

x  dx 
3
9
9
16
0 

0



Câu 12: [2D3-5-4] (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh Lần 2 -2018) Cho các số p, q thỏa mãn các điều kiện:
1 1
p  1 , q  1 ,   1 và các số dương a , b . Xét hàm số:
p q
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 hoành, 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.

a p bq
  ab
p q

B.

a p 1 b q 1

 ab
p 1 q 1

C.

a p 1 b q 1

 ab
p 1 q 1

D.

a p bq
  ab
p q

Lời giải
Chọn D
Ta có: S  S1  S 2 .
a

S1    x
0

p 1

 xp 

 dx   p 
 

a

0



1
1
1
b
p
p 1




y
a

; S 2    y p 1  dy  



p
 1 1 
0


 p 1 



b

 yq 
 
 q 

b

0

bq

.
q

0

1
p
1
1
1 

 q.
p 1
p 1 1  1 1

p q

Vì:

a p bq
  ab .
p q
Câu 13: ----------HẾT---------- [2D3-5-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018)
Cho Parabol  P  : y  x 2 và hai điểm A, B thuộc  P  sao cho AB  2 . Diện tích
Vậy

hình phẳng giới hạn bởi  P  và đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất bằng?
A.

2
3

B.

3
4

C.

4
3

D.

3

2


Lời giải
Chọn C
Cách 1: Gọi A  a; a 2  , B  b; b2  với a  b . Ta có AB  2

  b  a    b2  a 2   4
2

2

x  a y  a2
x  a y  a2


 2
 y   a  b  x  a   a 2
2
ba b a
1
ba
 y   a  b  x  ab
AB :

b

b

S     a  b  x  ab  x  dx    x  a  b  x  dx .

2

a

a

ba

ba

 t  b  a  t  dt    t  b  a   t  dt

Đặt t  x  a . Suy ra S 

2

0

0



b  a  t

2 ba



2

0

3 ba

t
3



b  a 
6

0

3

.



Ta có  b  a    b2  a 2   4   b  a  1   b  a 
2

2

 b  a  
2

4
1  b  a 

2

2

2

4

4

b  a 
Suy ra b  a  2  S 

3

6



23 4
 .
6 3

a  b  0
b  1
 A  1;1 , B 1;1 .
Dấu bằng xảy ra khi 

b  a  2

a  1


Cách 2: Sử dụng công thức diện tích hình phẳng giới hạn bởi  P  : y  ax 2  bx  c
và trục hoành y  0 là S 2 

3
,   b 2  4ac 1 .
4
36a

Tổng quát với  P  : y  ax 2  bx  c và  d  : y  mx  n thì ta lập phương trình
hoành độ giao điểm ax 2  bx  c  mx  n  ax 2   b  m  x  c  n  0 .
Áp dụng S 2 

3
2
,    b  m   4a  c  n  .
4
36a

Câu 14: [2D3-5-4](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) 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 S max của S.

20183  1
.
6
20183


.
3

A. S max 

Smax

B. Smax 

20183
.
3

C. S max 

20183  1
.
6

D.

Lời giải
Chọn D
Giả sử A(a; a 2 ) ; B(b; b 2 ) (b  a) sao cho AB  2018 .
Phương trình đường thẳng d là: y  (a  b) x  ab . Khi đó
b

b

a

a

S   (a  b) x  ab  x 2 dx     a  b  x  ab  x 2  dx 

1
3
b  a  .
6



Vì AB  2018   b  a    b 2  a 2   20182   b  a  1   b  a 
2

 b  a 

2

2

 2018  b  a  b  a  2018  S 
2

2

2

  2018 .

2

20183
20183
S

. Vậy max
khi
6
6

a  1009 và b  1009 .

Câu 15: [2D3-5-4] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hai đường
tròn  O1 ;5  và  O2 ;3 cắt nhau tại hai điểm A , B sao cho AB là một đường kính
của đường tròn  O2 ;3 . Gọi  D  là hình phẳng được giới hạn bởi hai đường tròn (ở
ngoài đường tròn lớn, phần được gạch chéo như hình vẽ). Quay  D  quanh trục
O1O2 ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành.


A. V  36
V

B. V 

68
3

C. V 

14
3

D.

40
3

Lời giải
Chọn D
Chọn hệ tọa độ Oxy với O2  O , O2C  Ox , O2 A  Oy .
Cạnh O1O2  O1 A2  O2 A2  52  32  4   O1  :  x  4   y 2  25 .
2

Phương trình đường tròn  O2  : x 2  y 2  9 .
Kí hiệu  H1  là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  25   x  4  , trục Ox ,
2

x  0 , x 1.
Kí hiệu  H 2  là hình phẳng giới hạn bởi các đường y  9  x 2 , trục Ox , x  0 ,

x  3.
Khi đó thể tích V cần tính chính bằng thể tích V2 của khối tròn xoay thu được khi
quay hình  H 2  xung quanh trục Ox trừ đi thể tích V1 của khối tròn xoay thu được
khi quay hình  H1  xung quanh trục Ox.
1 4
2
Ta có V2  .  r 3   .33  18 .
2 3
3

3

x  4 

2


Lại có V1    y dx    25   x  4  dx    25 x 



3 

0
0
1

1

1

2

Do đó V  V2  V1  18 

14 40

.
3
3

0



14
.
3


Câu 16: [2D3-5-4] (THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong đợt hội
trại “Khi tôi 18 ” được tổ chức tại trường THPT X, Đoàn trường có thực hiện một
dự án ảnh trưng bày trên một pano có dạng parabol như hình vẽ. Biết rằng Đoàn
trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD ,
phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp. Chi phí dán hoa văn là 200.000
đồng cho một m 2 bảng. Hỏi chi phí thấp nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano
sẽ là bao nhiêu (làm tròn đến hàng nghìn)?

A

B

D

C

4m

A. 900.000 đồng.
1.230.000 đồng.

4m
B. 1.232.000 đồng.
C. 902.000 đồng.

D.

Hướng dẫn giải
Chọn C
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó phương trình đường parabol có dạng:
y  ax 2  b .

y
4

B

A
4m

2

D

O
4m

x

C

2

Parabol cắt trục tung tại điểm  0; 4  và cắt trục hoành tại  2; 0  nên:
b  4
a  1
.

 2
b  4
 a.2  b  0

Do đó, phương trình parabol là y   x 2  4 .
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường parabol và trục hoành là:


2

 x3

32
.
S1     x  4  d x     4 x  
 3
 2 3
2
2

2

Gọi C  t ;0   B  t; 4  t 2  với 0  t  2 .

Ta có CD  2t và BC  4  t 2 . Diện tích hình chữ nhật ABCD là
S2  CD.BC  2t.  4  t 2   2t 3  8t .

Diện tích phần trang trí hoa văn là:
S  S1  S 2 

32
32
  2t 3  8t   2t 3  8t 
.
3
3

Xét hàm số f  t   2t 3  8t 

32
với 0  t  2 .
3

2

t  3   0; 2 
Ta có f   t   6t 2  8  0  
.
2

t   3   0; 2 


Bảng biến thiên:

Như vậy, diện tích phần trang trí nhỏ nhất là bằng
nhất cho việc hoàn tất hoa văn trên pano sẽ là:

96  32 3 2
m , khi đó chi phí thấp
9

96  32 3
.200000  902000 đồng.
9

Câu 17: [2D3-5-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho hàm số y  f  x 

có đạo hàm liên tục trên đoạn  3;3 và đồ thị hàm số y  f   x  như hình vẽ bên.
Biết f (1)  6 và

 x  1
g ( x)  f ( x) 
2

2

.


Kết luận nào sau đây là đúng?
A. Phương trình g ( x)  0 có đúng hai nghiệm thuộc  3;3 .
B. Phương trình g ( x)  0 không có nghiệm thuộc  3;3 .
C. Phương trình g ( x)  0 có đúng một nghiệm thuộc  3;3 .

D. Phương trình g ( x)  0 có đúng ba nghiệm thuộc  3;3 .
Lời giải
Chọn C

Ta có: g  x   f  x 

 x  1

2

2

 g   x   f   x    x  1 .

Vẽ đường thẳng y  x  1 trên cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y  f   x  (như
hình vẽ bên).
Từ đồ thị ta thấy: g   x   f   x    x  1  0 , x   3;1 (do đường cong nằm phía trên
đường thẳng), g   x   f   x    x  1  0 , x  1;3 (do đường cong nằm phía dưới
đường thẳng).
Ta có: g 1  f 1

1  1

2

2

 62  4.

Bảng biến thiên:
Dựa vào đồ thị ta thấy: diện tích S1 lớn hơn 4 (trong phần bên trái có nhiều hơn 4 ô, mỗi
ô có diện tích bằng 1 ), do đó:
1

4  S1 

 g   x  dx  4  g  x 

3

1
3

 4  g 1  g  3  g  3  0 .

Mặt khác: diện tích S 2 nhỏ hơn 4 (trong phần bên phải có ít hơn 4 ô), do đó:
3

4  S2    g   x  dx  4   g  x  1  4  g 1  g  3  g  3  0 .
3

1

Vậy phương trình g  x   0 có đúng một nghiệm thuộc đoạn  3;3 (nghiệm này nằm
trong khoảng  3;1 ).