Cho hàm số \(y = f(x)\) liên tục trên \(R\) và thỏa mãn \(f( - 1) > 0 > f(0)\) . Gọi $S$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f(x),y = 0,x = 1\) và \(x = - 1\) . Mệnh đề nào sau đây là đúng
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f(x),y = 0,x = 1\) và \(x = - 1\) là $\int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} $
Trong Công viên Toán học có những mảnh đất hình dáng khác nhau. Mỗi mảnh được trồng một loài hoa và nó được tạo thành bởi một trong những đường cong đẹp nhất trong toán học. Ở đó có mảnh đất mang tên Bernoulli, nó được tạo thành từ đường Lemniscate có phương trình trong hệ tọa độ $Oxy$ là \(16{y^2} = {x^2}\left( {25 - {x^2}} \right)\) như hình vẽ bên. Tính diện tích $S$ của mảnh đất Bernoulli biết rằng mỗi đơn vị trong hệ trục tọa độ $Oxy$ tương ứng với chiều dài $1$ mét
Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là $x = 0;x = 5;x = - 5$
Ta thấy diện tích mảnh đất Bernoulli bao gồm diện tích $4$ mảnh đất nhỏ bằng nhau.
Xét diện tích $S$ mảnh đất nhỏ trong góc phần tư thứ nhất ta có
$\begin{array}{l}4y = x\sqrt {25 - {x^2}} ;x \in \left[ {0;5} \right] \\ \Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\int\limits_0^5 {x\sqrt {25 - {x^2}} } d{\rm{x}} = \dfrac{{125}}{{12}}\\ \Rightarrow S = 4.\dfrac{{125}}{{12}} = \dfrac{{125}}{3}\left( {{m^2}} \right)\end{array}$
Ông B có một khu vườn giới hạn bởi đường parabol và một đường thẳng. Nếu đặt trong hệ tọa độ $Oxy$ như hình vẽ bên thì parabol có phương trình $y = {x^2}$và đường thẳng là $y = 25$. Ông B dự định dùng một mảnh vườn nhỏ được chia từ khu vườn bởi đường thẳng đi qua $O$ và điểm $M$ trên parabol để trồng hoa. Hãy giúp ông B xác định điểm $M$ bằng cách tính độ dài $OM$ để diện tích mảnh vường nhỏ bằng $\dfrac{9}{2}$.
Giả sử $M\left( {a;{a^2}} \right) \in (P)$ thì ta có phương trình đường thẳng $OM$ là: $y = ax$
Khi đó diện tích mảnh vườn nhỏ là: $S = \int\limits_0^a {(ax - {x^2})dx = \left. {\left( {a\dfrac{{{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|} _0^a = \dfrac{{{a^3}}}{6} = \dfrac{9}{2} \Leftrightarrow a = 3$
Khi đó ta có: $OM = 3\sqrt {10} $
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường: \(y = \left| {{x^2} - 4x + 3} \right|\,\,\,;\,\,y = x + 3\)
Ta có $\left| {{x^2} - 4{\rm{x}} + 3} \right| = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$
Ta có: $\left| {{x^2} - 4{\rm{x}} + 3} \right| = x + 3 \Leftrightarrow {{\rm{x}}^4} - 8{{\rm{x}}^3} + 22{{\rm{x}}^2} - 24{\rm{x}} + 9 = {x^2} + 6{\rm{x}} + 9$
$ \Leftrightarrow {{\rm{x}}^4} - 8{{\rm{x}}^{^3}} + 21{{\rm{x}}^2} - 30{\rm{x}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 5\end{array} \right.$
Với \(0 \le x \le 5\) thì $\left| {{x^2} - 4{\rm{x}} + 3} \right| \le x + 3$
Có
$\begin{array}{l}S=\int_0^5 {\left| {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right| - x - 3} \right|dx} = \int_0^1 {\left[ {x + 3 - \left( {{x^2} - 4{\rm{x}} + 3} \right)} \right]dx} \\ + \int_1^3 {\left[ {x + 3 - \left( { - {x^2} + 4x - 3} \right)} \right]dx} + \int_3^5 {\left[ {x + 3 - \left( {{x^2} - 4{\rm{x}} + 3} \right)} \right]dx} \\ = \int_0^1 {\left[ { - {x^2} + 5x} \right]dx} + \int_1^3 {\left[ {{x^2} - 3x + 6} \right]dx} + \int_3^5 {\left[ { - {x^2} + 5x} \right]dx} \\ = \left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{3} + 5.\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 + \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{2} - 3.\dfrac{{{x^2}}}{2} + 6x} \right)} \right|_1^3 + \left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{3} + 5.\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_3^5\\ = - \dfrac{1}{3} + \dfrac{5}{2} + \dfrac{{27}}{2} - 3.\dfrac{9}{2} + 18 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2} - 6 - \dfrac{{125}}{3} + \dfrac{{125}}{2} + \dfrac{{27}}{3} - \dfrac{{5.9}}{2} = \dfrac{{109}}{6}\end{array}$
Diện tích hình phẳng giới hạn với đường cong \(y = 4 - \left| x \right|\) và trục hoành $Ox$ là
Có $4 - \left| x \right| = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = - 4\end{array} \right.$
Với \( - 4 \le x \le 4\) thì \(4 - \left| x \right| \ge 0\)
Diện tích hình cần tìm là:
$\begin{array}{l}S = \int_{ - 4}^4 {\left| {4 - \left| x \right|} \right|dx} = \int_{ - 4}^4 {\left( {4 - \left| x \right|} \right)dx} = \int_{ - 4}^0 {(4 + x)dx} + \int_0^4 {(4 - x)dx} \\ = \left. {4x + \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_{ - 4}^0 + \left. {4x - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^4 = 0 + 16 - 8 + 16 - 8 = 16\end{array}$
Cho đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ như hình vẽ dưới đây. Diện tích $S$ của hình phẳng (phần gạch chéo) được xác định bởi
Nhận thấy phần đồ thị chia làm 2 phần, chú ý đến cận của từng phần.
Phần 1 có cận từ $ - 2$ đến $1$ nhưng trong \(\left( { - 1;2} \right)\), đồ thị hàm số nằm phía dưới trục hoành.
Phần 2 có cận từ 1 đến 2 và đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành.
Vậy \(S = \int_{-2}^{ 1} ({-f(x))dx} + \int_1^2 {f(x)dx} = \int_1^{ - 2} {f(x)dx} + \int_1^2 {f(x)dx} \)
Vòm cửa lớn của một trung tâm văn hóa có hình parabol. Gắn parabol vào hệ trục \(Oxy\) thì nó có đỉnh \(\left( {0;8} \right)\) và cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt, trong đó có 1 điểm là \(\left( { - 4;0} \right)\). Người ta dự định lắp vào cửa kính cho vòm cửa này. Hãy tính diện tích mặt kính cần lắp vào.
+ Gọi phương trình parabol là: $y=a{x^2} + {\rm{ }}bx + c $
Nhận thấy với $x = 0$ thì $y = 8$ suy ra $c = 8$.
Mặt khác \(\left( {0;8} \right)\) là đỉnh nên \( - \dfrac{b}{{2a}} = 0 \Leftrightarrow b = 0\)
Điểm $(-4;0)$ thuộc đồ thị hàm số nên phương trình $y=0$ có nghiệm \(x = - 4 \Rightarrow a = - \dfrac{1}{2}\).
Vậy phương trình parabol: \(y = - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8\)
Bài toán quy về tính diện tích được tạo bởi parabol với trục \(Ox\).
Ta có:
\(S = \int\limits_{ - 4}^4 {\left| { - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8} \right|dx} = 2\int\limits_0^4 {\left( { - \dfrac{{{x^2}}}{2} + 8} \right)dx} = 2.\left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + 8x} \right)} \right|_0^4 = \dfrac{{128}}{3}{m^2}\)
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ.
Diện tích hai phần \(A\) và \(B\) lần lượt là \(\dfrac{{16}}{3}\) và \(\dfrac{{63}}{4}.\) Tính \(\int\limits_{ - 1}^{\dfrac{3}{2}} {f\left( {2x + 1} \right)dx} \).
Xét \(\int\limits_{ - 1}^{\dfrac{3}{2}} {f\left( {2x + 1} \right)dx} \). Đặt \(2x + 1 = t \Leftrightarrow 2dx = dt \Leftrightarrow dx = \dfrac{{dt}}{2}\).
Đổi cận:\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow t = - 1\\x = \dfrac{3}{2} \Rightarrow t = 4\end{array} \right.\).
Khi đó ta có \(\int\limits_{ - 1}^{\dfrac{3}{2}} {f\left( {2x + 1} \right)dx} = \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( t \right)dt} = \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right)dx} \)\( = \dfrac{1}{2}\left( {\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} } \right)\)
Từ hình vẽ ta có \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = \dfrac{{16}}{3};\,\int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} = - \dfrac{{63}}{4}\)
Nên \(\int\limits_{ - 1}^{\dfrac{3}{2}} {f\left( {2x + 1} \right)dx} = \dfrac{1}{2}\left( {\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} } \right) = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{16}}{3} - \dfrac{{63}}{4}} \right) = - \dfrac{{125}}{{24}}\)
Sàn của một viện bảo tàng mỹ thuật được lát bằng những viên gạch hình vuông cạnh \(40\,\left( {cm} \right)\) như hình bên. Biết rằng người thiết kế đã sử dụng các đường cong có phương trình \(4{x^2} = {y^4}\) và \(4{\left( {\left| x \right| - 1} \right)^3} = {y^2}\) để tạo hoa văn cho viên gạch. Diện tích phần được tô đậm gần nhất với giá trị nào dưới đây?
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Diện tích phần tô đậm là \(S = 4\left[ {\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {2x} - 0} \right)dx} + \int\limits_1^2 {\left( {\sqrt {2x} - 2\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^3}} } \right)dx} } \right] = \dfrac{{112}}{{15}}\,\,\left( {d{m^2}} \right) \approx 747\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Cho hình vuông ABCD tâm O, độ dài cạnh là 4cm. Đường cong BOC là một phần của parabol đỉnh O chia hình vuông thành hai hình phẳng có diện tích lần lượt là \({S_1}\) và \({S_2}\) (tham khảo hình vẽ).
Tỉ số \(\dfrac{{{S_1}}}{{{S_2}}}\) bằng:
Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC.\)
\(\begin{array}{l}{S_1} = \frac{4}{3}Rh = \frac{4}{3}.HC.OH = \frac{4}{3}.2.2 = \frac{{16}}{3}\,{m^2}.\\{S_{ABCD}} = {4^2} = 16\\ \Rightarrow {S_2} = {S_{ABCD}} - {S_1} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\,\,{m^2}.\\ \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{16}}{3}:\frac{{32}}{3} = \frac{1}{2}.\end{array}\)
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đồ thị trên đoạn \(\left[ { - 3;3} \right]\) là đường gấp khúc ABCD như hình vẽ.
Tính \(\int\limits_{ - 3}^3 {f\left( x \right)dx} \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\int\limits_{ - 3}^3 {f\left( x \right)dx} = {S_{ABH}} + {S_{BCKH}} + {S_{CPK}} - {S_{DPQ}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.1.1 + 3.1 + \dfrac{1}{2}.1.\dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{2}.\dfrac{4}{3}.2 = \dfrac{5}{2}\end{array}\).
Một khung cửa kính hình parabol với đỉnh M và cạnh đáy AB như minh họa ở hình bên. Biết chi phí để lắp phần kính màu (phần tô đậm trong hình) là 200.000 đồng \(/{m^2}\) và phần kính trắng còn lại là 150.000 đồng \(/{m^2}\).Cho \(MN = AB = 4m\) và \(MC = CD = DN\). Hỏi số tiền để lắp kính cho khung cửa như trên gần nhất với số tiền nào dưới đây?
Coi N là gốc tọa độ thì ta có \(M\left( {0;4} \right);A\left( { - 2;0} \right);B\left( {2;0} \right)\)
Parabol có dạng \(y = - {x^2} + 4\)
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol và trục hoành là \(S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| { - {x^2} + 4} \right|dx} = \dfrac{{32}}{3}\)
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol là đường thẳng \(y = \dfrac{8}{3}\) là \({S_1} = \int\limits_{ - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}}^{\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} {\left| { - {x^2} + 4 - \dfrac{8}{3}} \right|dx} \)
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parobol là đường thẳng \(y = \dfrac{4}{3}\) là \({S_2} = \int\limits_{ - \frac{{2\sqrt 6 }}{3}}^{\frac{{2\sqrt 6 }}{3}} {\left| { - {x^2} + 4 - \dfrac{4}{3}} \right|dx} \)
Khi đó số tiền để lắp kính là \(T = 200.{S_1} + 150\left( {{S_2} - {S_1}} \right) + 200\left( {\dfrac{{32}}{3} - {S_2}} \right) = 1.946\)
Cho hai hàm số \(f\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} + px - \dfrac{5}{2}\)\(\left( {m,n,p \in \mathbb{R}} \right)\) và \(g\left( x \right) = {x^2} + 2x - 1\) có đồ thị cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là \( - 3;\,\, - 1;\,\,1\)( tham khảo hình vẽ bên). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\)và \(g\left( x \right)\) bằng
Đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} + px - \dfrac{5}{2}\) đi qua các điểm có tọa độ \(\left( {1;2} \right);\) \(\left( { - 1; - 2} \right);\)\(\left( { - 3;2} \right)\) nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}m + n + p - \dfrac{5}{2} = 2\\ - m + n - p - \dfrac{5}{2} = - 2\\ - 27m + 9n - 3p - \dfrac{5}{2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \dfrac{1}{2}\\n = \dfrac{5}{2}\\p = \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\).
\( \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{1}{2}{x^3} + \dfrac{5}{2}{x^2} + \dfrac{3}{2}x - \dfrac{5}{2}.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm \(f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0\).
Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm là \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 3\\{x_2} = - 1\\{x_3} = 1\end{array} \right.\)
Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(f\left( x \right);g\left( x \right)\) bằng
\(\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} + \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} \\\,\,\,\, = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left( {\dfrac{1}{2}{x^3} + \dfrac{5}{2}{x^2} + \dfrac{3}{2}x - \dfrac{5}{2} - {x^2} - 2x + 1} \right)dx} + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{x^2} + 2x - 1 - \dfrac{1}{2}{x^3} - \dfrac{5}{2}{x^2} - \dfrac{3}{2}x + \dfrac{5}{2}} \right)dx} \\\,\,\,\, = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left( {\dfrac{1}{2}{x^3} + \dfrac{3}{2}{x^2} - \dfrac{1}{2}x - \dfrac{3}{2}} \right)dx} + \int\limits_{ - 1}^1 {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^3} - \dfrac{3}{2}{x^2} + \dfrac{1}{2}x + \dfrac{3}{2}} \right)dx} \\\,\,\,\,\, = 2 + 2 = 4.\end{array}\)
Cho hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} + m\) có đồ thị là \(\left( {{C_m}} \right)\) (\(m\) là tham số thực). Giả sử \(\left( {{C_m}} \right)\) cắt trục \(Ox\) tại 4 điểm phân biệt. Gọi \({S_1},\,\,{S_2}\) là diện tích của hai hình phẳng nằm dưới trục \(Ox\) và \({S_3}\) là diện tích của hình phẳng nằm trên trục \(Ox\) được tạo bởi \(\left( {{C_m}} \right)\) với trục \(Ox\). Biết rằng tồn tại duy nhất giá trị \(m = \dfrac{a}{b}\) (với \(a,\,\,b \in {\mathbb{N}^*}\) và tối giản) để \({S_1} + {S_2} = {S_3}\). Giá trị của \(2a - b\) bằng:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^4} - 3{x^2} + m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
Đặt \(t = {x^2}\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), khi đó phương trình (1) trở thành \({t^2} - 3t + m = 0\,\,\,\left( 2 \right)\).
Vì đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} + m\) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (2) phải có 2 nghiệm dương phân biệt.
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 4m > 0\\3 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m < \dfrac{9}{4}\,\,\,\left( * \right)\).
Giả sử phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt \(0 < {t_1} < {t_2}\), áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = 3\\{t_1}{t_2} = m\end{array} \right.\). Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt \( - \sqrt {{t_2}} < - \sqrt {{t_1}} < \sqrt {{t_1}} < \sqrt {{t_2}} \).
Do tính đối xứng qua trục tung của hàm đa thức bậc bốn trùng phương nên \({S_1} = {S_2}\), do đó theo bài ra ta có \({S_1} + {S_2} = {S_3} \Leftrightarrow 2{S_1} = {S_3}\).
Ta có:
\({S_2} = \int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = - \int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx} \)
\({S_3} = \int\limits_{ - \sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_1}} } {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_{ - \sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_1}} } {f\left( x \right)dx} = 2\int\limits_0^{\sqrt {{t_1}} } {f\left( x \right)dx} \) (do \(f\left( x \right)\) là hàm chẵn).
Ta có:
\(\begin{array}{l}2{S_2} = {S_3}\\ \Leftrightarrow - 2\int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx} = 2\int\limits_0^{\sqrt {{t_1}} } {f\left( x \right)dx} \\ \Leftrightarrow 2\left( {\int\limits_0^{\sqrt {{t_1}} } {f\left( x \right)dx} + \int\limits_{\sqrt {{t_1}} }^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx} } \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2\int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {f\left( x \right)dx} = 0\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt {{t_2}} } {\left( {{x^4} - 3{x^2} + m} \right)dx} = 0\\ \Leftrightarrow \left. {\left( {\dfrac{{{x^5}}}{5} - {x^3} + mx} \right)} \right|_0^{\sqrt {{t_2}} } = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {\sqrt {{t_2}} } \right)}^5}}}{5} - {\left( {\sqrt {{t_2}} } \right)^3} + m\sqrt {{t_2}} = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {{t_2}} \left( {\dfrac{{{t^2}}}{5} - t + m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{t_2^2}}{5} - {t_2} + m = 0\,\,\,\left( {Do\,\,{t_2} > 0} \right)\\ \Leftrightarrow t_2^2 - 5{t_2} + 5m = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Mà \({t_2}\) là nghiệm của phương trình \({t^2} - 3t + m = 0\) nên \(t_2^2 - 3{t_2} + m = 0\) và \({t_2} = \dfrac{{3 + \sqrt {9 - 4m} }}{2}\).
Do đó
\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow t_2^2 - 3{t_2} + m - 2{t_2} + 4m = 0\\ \Leftrightarrow - 2{t_2} + 4m = 0 \Leftrightarrow {t_2} = 2m\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{3 + \sqrt {9 - 4m} }}{2} = 2m\\ \Leftrightarrow 3 + \sqrt {9 - 4m} = 4m\\ \Leftrightarrow \sqrt {9 - 4m} = 4m - 3\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 3 > 0\\9 - 4m = 16{m^2} - 24m + 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{3}{4}\\16{m^2} - 20m = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{3}{4}\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \dfrac{5}{4}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \dfrac{5}{4}\,\,\left( {tm\,\,*} \right)\end{array}\)
Vậy \(a = 5,\,\,b = 4 \Rightarrow 2a - b = 10 - 4 = 6.\)
Người ta cần trồng hoa tại phần đắt nằm phía ngoài đường tròn tâm gốc tọa độ $O$ , bán kính bằng \(\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\) và phía trong của Elip có độ dài trục lớn bằng \(2\sqrt 2 \) và độ dài trục nhỏ bằng $2$ (như hình vẽ bên). Trong mỗi một đơn vị diện tích cần bón \(\dfrac{{100}}{{(2\sqrt 2 - 1)\pi }}kg\) phân hữu cơ. Hỏi cần sử dụng bao nhiêu kg phân hữu cơ để bón cho hoa?
Phương trình elip: \(\dfrac{{{x^2}}}{{{{(\sqrt 2 )}^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{1} = 1\)
Ta có : \(y = \sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{2}} \) (nửa trên của elip)
Diện tích của elip là: \(S = 4\int_0^{\sqrt 2 } {\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{2}} } dx\)
Đặt \(x = \sqrt 2 \cos a \Rightarrow 1 - \dfrac{{{x^2}}}{2} = {\sin ^2}a\)
Suy ra: \(dx = - \sqrt 2 \sin ada\)
Đổi cận \(x = \sqrt 2 \Rightarrow a = 0\) ; $x = 0$ thì \(a = \dfrac{\pi }{2}\)
\({S_1} = \int_{\dfrac{\pi }{2}}^0 { - \sqrt 2 {{\sin }^2}ada} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\int_{\dfrac{\pi }{2}}^0 {\left( {\cos 2a - 1} \right)da} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\left. {\left( {\dfrac{1}{2}\sin 2a - a} \right)} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = \dfrac{{\sqrt 2 \pi }}{4}\)\( \Rightarrow S = 4{S_1} = \sqrt 2 \pi \)
Diện tích hình tròn là : \(S' = \pi {R^2} = \pi .\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\pi \)
Diện tích trồng hoa: \({S_b} = \pi \left( {\sqrt 2 - \dfrac{1}{2}} \right)\)
Số kg phân bón là :\(\dfrac{{100}}{{\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)\pi }}.\left( {\sqrt 2 - \dfrac{1}{2}} \right)\pi = 50kg\)
Cho parabol $\left( P \right):y = {x^2} + 1$ và đường thẳng $\left( d \right):y = mx + 2$. Biết rằng tồn tại $m$ để diện tích hình phẳng giới hạn bới $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất, tính diện tích nhỏ nhất đó.
Phương trình hoành độ giao điểm $d$ và $\left( P \right)$
Có: ${x^2} + 1 = mx + 2 \Leftrightarrow {x^2} - mx - 1 = 0 (1) \Rightarrow \Delta = {m^2} + 4 > 0$
Phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy $d$ luôn cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $A,B$ với mọi $m$.
Giả sử $A,B$ lần lượt có hoành độ là $a,{\rm{ }}b$ nên $A\left( {a;ma + 2} \right)$ và $B\left( {b;mb + 2} \right){\rm{ }}\left( {a < b} \right)$
Với $x$ thuộc $x \in \left( {a;b} \right)$ thì $mx + 2 \ge {x^2} + 1$
Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi $d$ và $\left( P \right)$
\(S = \int_a^b {\left( {mx + 2 - {x^2} - 1} \right)dx = \int_a^b {(mx - {x^2} + 1)dx = \left. {\left( {\dfrac{{m{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_a^b} } \)
$= \left( {b - a} \right)\left[ {\dfrac{m}{2}(a + b) + 1 - \dfrac{1}{3}({a^2} + {b^2} + ab)} \right]$
$ = (b - a)\left[ {\dfrac{m}{2}\left( {b + a} \right) + 1 - \dfrac{1}{3}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right] $
$\Rightarrow {S^2} = {(b - a)^2}{\left[ {\dfrac{m}{2}(b + a) + 1 - \dfrac{1}{3}{{(a + b)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]^2}$
$ = \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 4ab} \right]{\left[ {\dfrac{m}{2}\left( {b + a} \right) + 1 - \dfrac{1}{3}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]^2}$
Vì $a,b$ là nghiệm của pt $(1)$ nên $a + b = m$ và $ab = - 1$
Suy ra \({S^2} = {\left( {{m^2} + 4} \right)}{\left( {\dfrac{{{m^2}}}{6} + \dfrac{2}{3}} \right)^2} \ge 4.\dfrac{4}{9} = \dfrac{{16}}{9} \Rightarrow S \ge \sqrt {\dfrac{{16}}{9}} = \dfrac{4}{3}\,khi\,m = 0\)
Đề thi THPT QG - 2021 - mã 101
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c\) với \(a,b,c\) là các số thực. Biết hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right) + f''\left( x \right)\) có hai giá trị cực trị là \( - 3\) và \(6.\) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}\) và \(y = 1\) bằng
* Xét phương trình hoành độ giao điểm:
\(\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} = 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6 \)\(\Leftrightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) - 6 = 0\).
(Chúng ta không cần lo điều kiện \(g\left( x \right) + 6 \ne 0\), bởi lẽ đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}\) khi tương giao với đường thẳng \(y = 1\) phải tạo nên một miền kín, và khi số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6\) nhiều hơn 2 thì ta mới phải chú ý xem xét lấy cận từ đâu đến đâu, và liệu rằng có phải từ \({x_{\min }} \to {x_{\max }}\), chẳng may đồ thị tương giao bị gián đoạn trên đoạn \(\left[ {{x_{\min }};{x_{\max }}} \right]\) mà vẫn tạo miền kín. Trên thực tế, bài toán này phương trình \(f\left( x \right) = g\left( x \right) + 6\) chỉ có 2 nghiệm (vì là phương trình bậc hai), nên người giải toán không cần quan tâm đến việc gián đoạn hay không, vì việc tồn tại nghiệm hình và hàm số là thuộc phạm trù người ra đề).
Mà \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + f'\left( x \right) + f''\left( x \right)\) \( \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) = - f'\left( x \right) - f''\left( x \right)\)
\( \Rightarrow \) Phương trình hoành độ giao điểm trở thành:
\( - f'\left( x \right) - f''\left( x \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6 = 0\) (1)
Mặt khác: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + f'''\left( x \right)\) và \(f'''\left( x \right) = 6\) \( \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + f''\left( x \right) + 6\).
Từ phương trình (1) \( \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0\).
Theo giả thiết \(g\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \(\left\{ \begin{array}{l}g\left( {{x_1}} \right) = - 3\\g\left( {{x_2}} \right) = 6\end{array} \right.\) \( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\).
Vậy phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{\left( H \right)}} = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left( {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}} - 1} \right)dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{f\left( x \right) - g\left( x \right) - 6}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{ - f'\left( x \right) - f''\left( x \right) - 6}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{ - g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{g'\left( x \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\dfrac{{d\left( {g\left( x \right) + 6} \right)}}{{g\left( x \right) + 6}}} } \right| = \left| {\ln \left. {\left| {g\left( x \right) + 6} \right|} \right|_{{x_1}}^{{x_2}}} \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left| {\ln \left| {g\left( {{x_2}} \right) + 6} \right| - \ln \left| {g\left( {{x_1}} \right) + 6} \right|} \right| = \left| {\ln \left| {6 + 6} \right| - \ln \left| { - 3 + 6} \right|} \right| = \ln 12 - \ln 3 = 2\ln 2\end{array}\)
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ. Biết các miền \(A\) và \(B\) có diện tích lần lượt là 4 và 1. Tính \(\int\limits_1^2 {4xf\left( {{x^2}} \right)d{\rm{x}}} \)
Đáp án: \(\int\limits_1^2 {4xf\left( {{x^2}} \right)d{\rm{x}}} \)
Đáp án: \(\int\limits_1^2 {4xf\left( {{x^2}} \right)d{\rm{x}}} \)
Bước 1: Đổi biến
Đặt \(t = {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx\).
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t = 1\\x = 2 \Rightarrow t = 4\end{array} \right.\).
Bước 2:
Khi đó ta có \(I = \int\limits_1^2 {4xf\left( {{x^2}} \right)dx} = \int\limits_1^4 {2f\left( t \right)dt} \)\( = 2\int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} \)\( = 2\left[ {\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}+\int\limits_3^4 {f\left( x \right)dx}} \right] \)\( = 2\left( {4 - 1} \right) = 6\).
Diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol \(y = 2 - {x^2}\), đường thẳng \(y = - x\) và trục \(Oy\) bằng $\dfrac{a}{b}$ (phân số tối giản). Tính $a+b$
Đáp án:
Đáp án:
Bước 1: Xác định các đường giới hạn hình phẳng.
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(2 - {x^2} = - x \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\).
Vì hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai nên \(x < 0 \Rightarrow x = - 1\).
Bước 2: Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),\,\,y = g\left( x \right)\), \(x = a,\,\,x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).
Khi đó diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol \(y = 2 - {x^2}\), đường thẳng \(y = - x\) và trục \(Oy\) giới hạn bởi các đường \(y = 2 - {x^2}\), \(y = - x\), \(x = - 1\), \(x = 0\) nên \(S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {2 - {x^2} + x} \right|dx} = \dfrac{7}{6}\).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 4x + 3\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 1,\,\,x = 2\) bằng:
(Đáp án là phân số tối giản)
Đáp án:
Đáp án:
Diện tích cần tìm:
\(S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx} \) \( = \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 4x - 3} \right)dx} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \) \({\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \int\limits_1^2 { - {x^2}dx + \int\limits_1^2 {4xdx} } {\rm{ \;}} - \int\limits_1^2 {3dx} \) \( = \left. { - \dfrac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^2 + \left. {2{x^2}} \right|_1^2 - \left. {3x} \right|_1^2\) \( = - \dfrac{8}{3} + \dfrac{1}{3} + 8 - 2 - 6 + 3 = \dfrac{2}{3}\)
