Cho đồ thị hàm bậc bốn \(y = f\left( x \right)\) như hình vẽ minh họa bên dưới. Biết hàm số đạt cực trị lần lượt tại ba điểm \({x_1}{\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_2}{\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_3}\) thỏa mãn \({x_3} = {x_1} + 4\) và \(f\left( {{x_2}} \right) = 1\), đồ thị đối xứng qua đường thẳng \(x = {x_2}\). Gọi \({S_1}\)và \({S_2}\) là diện tích của hình phẳng được xác định như trong hình. Tính tỉ số \(\frac{{24{S_1}}}{{{S_2}}}\).

DẠNG TOÁN 48 : ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN (TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG, TỈ SỐ DIỆN TÍCH)
  Theo đề tham khảo Toán 2021
ĐỀ BÀI:
Cho đồ thị hàm bậc bốn \(y = f\left( x \right)\) như hình vẽ minh họa bên dưới. Biết hàm số đạt cực trị lần lượt tại ba điểm \({x_1}{\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_2}{\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_3}\) thỏa mãn \({x_3} = {x_1} + 4\) và \(f\left( {{x_2}} \right) = 1\), đồ thị đối xứng qua đường thẳng \(x = {x_2}\). Gọi \({S_1}\)và \({S_2}\) là diện tích của hình phẳng được xác định như trong hình. Tính tỉ số \(\frac{{24{S_1}}}{{{S_2}}}\).

A. \(24\). 

B. \(\frac{{21}}{8}\). 

C. \(\frac{{24}}{{15}}\). 

D. \(21\).

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) theo vectơ \(\overrightarrow v  = \left( { – {x_2};0} \right)\) ta thu được đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\)đối xứng qua trục \(Oy\)nên hàm số\(y = g\left( x \right)\)là hàm trùng phương.

Ta thấy \({S_1}{\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {S_2}\) trở thành \({S_1}^\prime {\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {S_2}^\prime \) tương ứng không thay đổi giá trị.

Vì \(y = g\left( x \right)\) là hàm trùng phương nên có dạng \(y = a{x^4} + b{x^2} + c{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {a > 0} \right)\) có ba điểm cực trị lần lượt là \({x_1}^\prime {\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_2}^\prime {\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_3}^\prime \) thỏa mãn \({x_2}^\prime  = 0;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_3}^\prime  =  – {x_1}^\prime \)và\({x_3}^\prime  = {x_1}^\prime  + 4\).

Khi đó ta được \({x_1}^\prime  =  – 2{\kern 1pt} {\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_3}^\prime  = 2\).

Ta có \(g\left( {x’} \right) = 4a{x^3} + 2bx\) có ba nghiệm \({x_1}^\prime  =  – 2{\kern 1pt} {\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_2}^\prime {\kern 1pt}  = 0{\kern 1pt} {\kern 1pt} ,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {x_3}^\prime  = 2\).

Suy ra \(g’\left( { \pm 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 8a + b = 0 \Leftrightarrow b =  – 8a\).

Mặt khác, \(g\left( 0 \right) = 1 \Leftrightarrow c = 1\).

Do đó, \(g\left( x \right) = a{x^4} – 8a{x^2} + 1\).

Tại \(x = 2\) thì \(g\left( 2 \right) =  – 16a + 1\).

Khi đó \({S_1}^\prime  = \int\limits_{ – 2}^0 {\left( {1 – a{x^4} + 8a{x^2} – 1} \right)dx}  = \left. {\left( { – \frac{{a{x^5}}}{5} + \frac{{8a{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ – 2}^0 = \frac{{224}}{{15}}a\).

Và \({S_2}^\prime  = \int\limits_0^2 {\left( {a{x^4} – 8a{x^2} + 1 + 16a – 1} \right)dx}  = \left. {\left( {\frac{{a{x^5}}}{5} – \frac{{8a{x^3}}}{3} + 16ax} \right)} \right|_0^2 = \frac{{256}}{{15}}a\).

Vậy \(\frac{{24{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{24{S_1}^\prime }}{{{S_2}^\prime }} = \frac{{24.\frac{{224}}{{15}}a}}{{\frac{{256}}{{15}}a}} = 21\).