Tổng hợp câu hay và khó chương 3 - Phần 3

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

Với $A\left( {20;20} \right)$, xét hình phẳng ở góc phân tư thứ nhất.

Hai Parabol có phương trình lần lượt là: $y = a{x^2}\,\,\left( {{P_1}} \right)$ và $x = a{y^2}\,\,\left( {{P_2}} \right)$

Do Parabol $\left( {{P_1}} \right)$ qua điểm $A\left( {20;20} \right) \Rightarrow a = \dfrac{{20}}{{{{20}^2}}} = \dfrac{1}{{20}} \Rightarrow y = \dfrac{{{x^2}}}{{20}}$

Do Parabol $\left( {{P_2}} \right)$ qua điểm $A\left( {20;20} \right) \Rightarrow a = \dfrac{{20}}{{{{20}^2}}} = \dfrac{1}{{20}} \Rightarrow x = \dfrac{{{y^2}}}{{20}} \Leftrightarrow y = \sqrt {20x}$

Diện tích phân tô đậm ở góc phần tư thứ nhất là:

$S = \int\limits_0^{20} {\left( {\sqrt {20x}  - \dfrac{{{x^2}}}{{20}}} \right)dx}  = \left( {\dfrac{2}{3}\sqrt {20{x^3}}  - \dfrac{{{x^3}}}{{60}}} \right)\left| \begin{array}{l}^{20}\\_0\end{array} \right. = \dfrac{{400}}{3}.$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = x\\{\rm{d}}v = f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = {\rm{d}}x\\v = f\left( x \right)\end{array} \right. \Rightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {x.f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  = \left. {x.f\left( x \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} - \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x} .$

Ta có $\left. {x.f\left( x \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \dfrac{\pi }{2}.f\left( {\dfrac{\pi }{2}} \right),$ thay $x = \dfrac{\pi }{2}$ vào giả thiết, ta được $f\left( {\dfrac{\pi }{2}} \right) + f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow f\left( {\dfrac{\pi }{2}} \right) = 0.$

Lại có $f\left( x \right) + f\left( {\dfrac{\pi }{2} - x} \right) = \sin x.\cos x \Leftrightarrow \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f\left( {\dfrac{\pi }{2} - x} \right)\,{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin x.\cos x\,{\rm{d}}x}$

Đặt $t = \dfrac{\pi }{2} - x\,$$\, \Rightarrow \,\,\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)\,{\text{d}}x} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\dfrac{\pi }{2} - x} \right)\,{\text{d}}x} \,\, \Rightarrow \,\,\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)\,{\text{d}}x} = \dfrac{1}{4}.$

Vậy $\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x.f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  =  - \dfrac{1}{4}.$

Ta có  $\left[ {f\left( x \right).f'\left( x \right)} \right]' = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right).f''\left( x \right) = 15{x^4} + 12x$

Nguyên hàm 2 vế ta được $f\left( x \right).f'\left( x \right) = 3{x^5} + 6{x^2} + C$

Do $f\left( 0 \right) = f'\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 1$

Tiếp tục nguyên hàm 2 vế ta được: $\int {f\left( x \right)df\left( x \right)}  = \int {\left( {3{x^5} + 6{x^2} + 1} \right)dx}$

$\Rightarrow \dfrac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} = \dfrac{{3{x^6}}}{6} + \dfrac{{6{x^3}}}{3} + x + D$ $= \dfrac{1}{2}{x^6} + 2{x^3} + x + D$.

Do $f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow D = \dfrac{1}{2}$ $\Rightarrow \dfrac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} = \dfrac{1}{2}{x^6} + 2{x^3} + x + \dfrac{1}{2}$ $\Rightarrow {f^2}\left( 1 \right) = 8$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \cos \pi x\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du =  - \pi \sin \pi xdx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.$

Ta có $\int\limits_0^1 {f'\left( x \right).\cos \pi x\,{\rm{d}}x}  = \left. {f\left( x \right).\cos \pi x} \right|_0^1 + \pi \int\limits_0^1 {f\left( x \right).\sin \pi x\,{\rm{d}}x}$

$=  - \,\left[ {f\left( 1 \right) + f\left( 0 \right)} \right] + \pi \,\int\limits_0^1 {f\left( x \right).\sin \pi x\,{\rm{d}}x}  = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right).\sin \pi x\,{\rm{d}}x}  = \dfrac{1}{2}.$

Xét $\int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) + k.\sin \pi x} \right]}^{\,2}}\,{\rm{d}}x}  = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  + 2k.\int\limits_0^1 {f\left( x \right).\sin \pi x\,{\rm{d}}x}  + {k^2}.\int\limits_0^1 {{{\sin }^2}\left( {\pi x} \right)\,{\rm{d}}x}  = 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{k^2} + 2k.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow {\left( {k + 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow k =  - \,1.$ Suy ra $\int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) - \sin \pi x} \right]}^{\,2}}\,{\rm{d}}x}  = 0.$

Vậy $f\left( x \right) = \sin \pi x \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {\sin \pi x\,{\rm{d}}x}  = \left. { - \dfrac{{\cos \pi x}}{x}} \right|_0^1 = \dfrac{1}{\pi } + \dfrac{1}{\pi } = \dfrac{2}{\pi }.$

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ :

Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là $y =  - \dfrac{1}{2}{x^2} + 18$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và trục hoành là $S = \int\limits_{ - 6}^6 {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^2} + 18} \right)dx}  = \left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + 18x} \right)} \right|_{ - 6}^6 = 144.$

Gọi ${x_A} = a \Rightarrow {y_A} =  - \dfrac{1}{2}{a^2} + 18$

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng AB : $y =  - \dfrac{1}{2}{a^2} + 18$

  và ${x_C} = c \Rightarrow {y_c} =  - \dfrac{1}{2}{c^2} + 18$

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng CD :  $y =  - \dfrac{1}{2}{c^2} + 18$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng AB là:

 $\begin{array}{l}{S_1} = \int\limits_{ - a}^a {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^2} + 18 + \dfrac{1}{2}{a^2} - 18} \right)dx}  = \int\limits_{ - a}^a {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^2} + \dfrac{1}{2}{a^2}} \right)dx}  = \left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + \dfrac{{{a^2}}}{2}x} \right)} \right|_{ - a}^a =  - \dfrac{{{a^3}}}{6} + \dfrac{{{a^3}}}{2} - \left( {\dfrac{{{a^3}}}{6} - \dfrac{{{a^3}}}{2}} \right) = \dfrac{{2{a^3}}}{3}.\\{S_1} = \dfrac{1}{3}S \Rightarrow \dfrac{2}{3}{a^3} = \dfrac{1}{3}.144 = 48 \Rightarrow a = 2\sqrt[3]{9} \Rightarrow AB = 2a = 4\sqrt[3]{9}.\end{array}$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng CD là:

$\begin{array}{l}{S_2} = \int\limits_{ - c}^c {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^2} + 18 + \dfrac{1}{2}{c^2} - 18} \right)dx}  = \left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + \dfrac{{{c^2}}}{2}x} \right)} \right|_{ - c}^c =  - \dfrac{{{c^3}}}{6} + \dfrac{{{c^3}}}{2} - \left( {\dfrac{{{c^3}}}{6} - \dfrac{{{c^3}}}{2}} \right) = \dfrac{{2{c^3}}}{3}.\\{S_1} = \dfrac{2}{3}S \Rightarrow \dfrac{2}{3}{c^3} = \dfrac{2}{3}.144 = 96 \Rightarrow c = 2\sqrt[3]{{18}} \Rightarrow CD = 2c = 4\sqrt[3]{{18}}\\ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{CD}} = \dfrac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\end{array}$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,f\left( x \right) = xf'\left( x \right) - 2{x^3} - 3{x^2} \Leftrightarrow xf'\left( x \right) - f\left( x \right) = 2{x^3} + 3{x^2} \Leftrightarrow \dfrac{{xf'\left( x \right) - f\left( x \right)}}{{{x^2}}} = 2x + 3\\ \Leftrightarrow \left[ {\dfrac{{f\left( x \right)}}{x}} \right]' = 2x + 3 \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {\left[ {\dfrac{{f\left( x \right)}}{x}} \right]'dx}  = \int\limits_1^2 {\left( {2x + 3} \right)dx}  = 6\\ \Leftrightarrow \left. {\dfrac{{f\left( x \right)}}{x}} \right|_1^2 = 6 \Leftrightarrow \dfrac{{f\left( 2 \right)}}{2} - \dfrac{{f\left( 1 \right)}}{1} = 6 \Leftrightarrow \dfrac{{f\left( 2 \right)}}{2} = f\left( 1 \right) + 6 = 10 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 20\end{array}$

Đặt $t = a - x \Rightarrow dt =  - dx$

Đổi cận $x = 0 \Rightarrow t = a;x = a \Rightarrow t = 0.$

Lúc đó $I = \int\limits_0^a {\dfrac{{dx}}{{1 + f\left( x \right)}}}  = \int\limits_a^0 {\dfrac{{ - dt}}{{1 + f\left( {a - t} \right)}}}$ $= \int\limits_0^a {\dfrac{{dx}}{{1 + f\left( {a - x} \right)}} = \int\limits_0^a {\dfrac{{dx}}{{1 + \dfrac{1}{{f\left( x \right)}}}}} }$ $= \int\limits_0^a {\dfrac{{f\left( x \right)dx}}{{1 + f\left( x \right)}}}$

Suy ra $2I = I + I = \int\limits_0^a {\dfrac{{dx}}{{1 + f\left( x \right)}} + \int\limits_0^a {\dfrac{{f\left( x \right)dx}}{{1 + f\left( x \right)}} = \int\limits_0^a {1dx} }  = a}$

Do đó $I = \dfrac{1}{2}a \Rightarrow b = 1;c = 2 \Rightarrow b + c = 3.$

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, do ABCD là hình vuông cạnh 4m nên ta có $A\left( { - 2;2} \right);B\left( {2;2} \right),C\left( {2; - 2} \right);D\left( { - 2; - 2} \right)$, từ đó ta dễ dàng viết được phương trình đường tròn là ${x^2} + {y^2} = 8$ và phương trình 2 parabol là $y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ và $y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}$.

Ta có: S₁ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường tròn ${x^2} + {y^2} = 8$ và parabol (P): $y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ 

${S_1} = \int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \dfrac{1}{2}{x^2}} \right)dx}$ $\Rightarrow {S_1} + {S_3} = 4\int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \dfrac{1}{2}{x^2}} \right)dx}  = 15,23\left( {{m^2}} \right)$

${S_2} + {S_4} = \pi {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} - \left( {{S_1} + {S_3}} \right) = 9,90\left( {{m^2}} \right)$

$\Rightarrow$ Chi phí để trồng bồn hoa đó là: $15,23.150 + 9,90.100 \approx 3270$ (nghìn đồng).

Gọi phương trình của đường parabol (P) cần tìm là : $y = a{x^2} + bx + c,a \ne 0$

Parabol đi qua điểm $\left( {0;2} \right) \Rightarrow 2 = a{.0^2} + b.0 + c \Rightarrow c = 2$ .

Parabol có đỉnh $I\left( {1;1} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{{2a}} = 1\\a{.1^2} + b.1 + 2 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b + 2a = 0\\a + b =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 2\end{array} \right.$

Vậy $(P):\,\,y = {x^2} - 2x + 2$  .

Quãng đường vật di chuyển được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát:

$s = \int\limits_0^4 {v(t)dt}  = \int\limits_0^4 {({t^2} - 2t + 2)dt}  = \left. {\left( {\dfrac{{{t^3}}}{3} - {t^2} + 2t} \right)} \right|_0^4 = \dfrac{{{4^3}}}{3} - {4^2} + 2.4 = \dfrac{{40}}{3}$

Ta có $I = \int\limits_1^e {\dfrac{{{{\ln }^2}x + \ln x}}{{{{\left( {\ln x + x + 1} \right)}^3}}}\,{\rm{d}}x}  = \int\limits_1^e {\dfrac{{\dfrac{{\ln x}}{{{x^2}}}.\dfrac{{\ln x + 1}}{x}}}{{{{\left( {\dfrac{{\ln x + 1}}{x} + 1} \right)}^3}}}\,{\rm{d}}x}$. Đặt $t = \dfrac{{\ln x + 1}}{x} \Leftrightarrow {\rm{d}}t =  - \dfrac{{\ln x}}{{{x^2}}}\,{\rm{d}}x$ và $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 1\\x = e \Rightarrow t = \dfrac{2}{e}\end{array} \right..$

Khi đó $I =  - \,\int\limits_1^{\dfrac{2}{e}} {\dfrac{t}{{{{\left( {1 + t} \right)}^3}}}\,{\rm{d}}t}  =  - \,\int\limits_1^{\dfrac{2}{e}} {\left[ {\dfrac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} - \dfrac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^3}}}} \right]\,{\rm{d}}t}  = \left. {\dfrac{{2t + 1}}{{2{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} \right|_1^{\dfrac{2}{e}} = \dfrac{{{e^2} + 4e - 12}}{{8{{\left( {e + 2} \right)}^2}}}.$

Do đó $a=1,b=4$ hay $b-a=3$.