(THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Cho hàm số \(y = f(x) = a{x^4} + b{x^2} + c\) có đồ thị \((C)\), Biết \(f( – 1) = 0\). Tiếp tuyến \(d\) tại điểm có hoành độ \(x = – 1\) của \((C)\) cắt \((C)\) tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2, Gọi \({S_1};{S_2}\) là diện tích hình phẳng (phần gạch chéo trong hình vẽ). Tính \({S_2}\), biết \({S_1} = \frac{{401}}{{2022}}\).

A. \(\frac{{12431}}{{2022}}\).

B. \( – \frac{{5614}}{{1011}}\).

C. \(\frac{{2005}}{{2022}}\).

D. \(\frac{{2807}}{{1011}}\).

Lời giải:

Từ đồ thị \((C)\) nhận thấy \(a > 0;b < 0;c > 0\).

Ta có: \(f( – 1) = 0\) suy ra: \(a + b + c = 0\) (1); gọi \(A( – 1;0)\)

Phương trình tiếp tuyến tại \(A( – 1;0)\) là \((d):y = y\prime (1)(x + 1) = ( – 4a – 2b)(x + 1)\)

Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến \((d)\) và đồ thị \((C)\): \(( – 4a – 2b)(x + 1) = a{x^4} + b{x^2} + c(*)\)

Mà \(x = 0,x = 2\) là nghiệm của (*) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – 4a – 2b = c}\\{ – 12a – 6b = 16a + 4b + c}\end{array}} \right.\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = – a – b}\\{ – 4a – 2b = – a – b}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = – a – b}\\{b = – 3a}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = 2a}\\{b = – 3a}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Ta có: \({S_1} = \int_{ – 1}^0 {\left( {a{x^4} + b{x^2} + c – ( – 4a – 2b)(x + 1)} \right)} dx = \int_{ – 1}^0 {\left( {a{x^4} – 3a{x^2} + 2a – 2a(x + 1)} \right)} dx\) \( \Rightarrow {S_1} = a\int_{ – 1}^0 {\left( {{x^4} – 3{x^2} – 2x} \right)} dx = \frac{a}{5} = \frac{{401}}{{2022}} \Rightarrow a = \frac{{2005}}{{2022}}\).

\( \Rightarrow {S_2} = \int_0^2 {\left[ {( – 4a – 2b)(x + 1) – \left( {a{x^4} + b{x^2} + c} \right)} \right]} dx = a\int_0^2 {\left( { – {x^4} + 3{x^2} + 2x} \right)} dx = \frac{{28a}}{5} = \frac{{5614}}{{1011}}\).

Vậy \({S_2} = \frac{{5614}}{{1011}}\).