(THPT Phù Cừ – Hưng Yên – 2022) Cho hai hàm số \(f(x)\) và \(g(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và hàm số \(f\prime (x) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\), \(g\prime (x) = q{x^2} + nx + p\) với \(a,q \ne 0\) có đồ thị như hình vẽ. Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f\prime (x)\) và \(y = g\prime (x)\) bằng \(\frac{5}{2}\) và \(f(2) = g(2)\). Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f(x)\) và \(y = g(x)\) bằng \(\frac{a}{b}\) (với \(a,b \in \mathbb{N}\) và \(a,b\) nguyên tố cùng nhau). Tính \(T = {a^2} – {b^2}\).

A. 7.

B. 55.

C. \( – 5\).

D. 16.

Lời giải:

Từ đồ thị hàm số \(y = f\prime (x)\) và \(y = g\prime (x)\) suy ra \(f\prime (x) – g\prime (x) = ax(x – 1)(x – 2)\).

\({\rm{ M\`a }}\int_0^2 {\left| {f\prime (x) – g\prime (x)} \right|} dx = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \int_0^2 | ax(x – 1)(x – 2)|dx = \frac{5}{2} \Leftrightarrow |a|\int_0^2 | x(x – 1)(x – 2)|dx = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}|a| = \frac{5}{2} \Leftrightarrow |a| = 5.\)\(\)

Dựa vào đồ thị hàm \(y = f\prime (x)\) suy ra \(a > 0\). Do đó \(|a| = 5 \Rightarrow a = 5\).

Mặt khác, lại có \(f\prime (x) – g\prime (x) = 5x(x – 1)(x – 2) = 5\left( {{x^3} – 3{x^2} + 2x} \right)\)

\( \Rightarrow \int {\left( {f\prime (x) – g\prime (x)} \right)} dx = \int {\left( {5\left( {{x^3} – 3{x^2} + 2x} \right)} \right.} \Rightarrow f(x) – g(x) = \frac{5}{4}\left( {{x^4} – 4{x^3} + 4{x^2}} \right) + C\)\(\)

Với \(x = 2 \Rightarrow f(2) – g(2) = C \Rightarrow C = 0\).

Suy ra \(f(x) – g(x) = \frac{5}{4}\left( {{x^4} – 4{x^3} + 4{x^2}} \right) \Rightarrow f(x) – g(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f(x)\) và \(y = g(x)\) là \(S = \int_0^2 {\left( {\frac{5}{4}\left( {{x^4} – 4{x^3} + 4{x^2}} \right)} \right)} dx = \frac{4}{3} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = 3}\end{array}} \right.\). Vậy \(T = {a^2} – {b^2} = 7\).