Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết \(f\left( x \right)\) đạt cực trị tại hai điểm \({x_1};\,{x_2}\)thỏa mãn \({x_2} = {x_1} + 2;\,\)và \(f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) = 4\). Gọi \({S_1};\,{S_2}\)là diện tích của hai hình phẳng được tô màu trong hình bên. Tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}\) bằng

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 hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Biết \(f\left( x \right)\) đạt cực trị tại hai điểm \({x_1};\,{x_2}\)thỏa mãn \({x_2} = {x_1} + 2;\,\)và \(f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) = 4\). Gọi \({S_1};\,{S_2}\)là diện tích của hai hình phẳng được tô màu trong hình bên. Tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}\) bằng

A. \(\frac{4}{{13}}\). 

B. \(\frac{1}{3}\). 

C. \(\frac{2}{9}\). 

D. \(\frac{3}{{13}}\). 

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Cách 1. 

Dựa vào giả thiết, ta thấy \(f\left( x \right)\) là hàm số bậc \(3\),có điểm uốn là \(\left( {0;\,b} \right)\) như hình vẽ

Tịnh tiến ĐTHS \(y = f\left( x \right)\) theo vectơ \(\overrightarrow v \left( {0;\, – b} \right)\), đặt \(\left\{ \begin{array}{l}x = X\\y = Y – b\end{array} \right.\)

\({x_2} = {x_1} + 2 \Rightarrow {X_2} = {X_1} + 2\)

\(f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) = 4 \Rightarrow g\left( {{X_1}} \right) + 2 + g\left( {{X_2}} \right) + 2 = 4 \Leftrightarrow g\left( {{X_1}} \right) + g\left( {{X_2}} \right) = 0\)

ta thu được ĐTHS \(Y = g\left( X \right)\) là hàm lẻ nên đồ thị đối xứng qua \(O\)

Ta thấy \({S_1}\) và \({S_2}\) trở thành \({S_1}’\) và \({S_2}’\) tương ứng không thay đổi giá trị.

Ta thấy \(Y = g\left( X \right)\) là hàm lẻ \( \Rightarrow Y = g\left( X \right) = a{X^3} + bX\left( {a > 0} \right)\) có hai điểm cực trị \({X_1}’\) và \({X_2}’\) thỏa mãn \({X_2}’ =  – {X_1}’\). Mặt khác \({X_2}’ = {X_1}’ + 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{X_1}’ =  – 1\\{X_2}’ = 1\end{array} \right.\).

Ta có \(g’\left( X \right) = 3a{X^2} + b\) có nghiệm \({X_1}’ =  – 1\) và \({X_2}’ = 1\).

\( \Rightarrow g’\left( { \pm 1} \right) = 0 \Rightarrow b =  – 3a\).

\( \Rightarrow g\left( X \right) = a{X^3} – 3aX\) \( \Rightarrow \) Tại \({X_1}’ =  – 1\) thì \(g\left( { – 1} \right) = 2a\).

\({S_1}’ = \int\limits_{ – 1}^0 {\left[ {2a – g\left( X \right)} \right]dX}  = \int\limits_{ – 1}^0 {\left[ {2a – a{X^3} – 3aX} \right]} dX = \frac{{3a}}{4}\)

\( \Rightarrow {S_2}’ = \int\limits_{ – 1}^0 {g\left( X \right) = \int\limits_{ – 1}^0 {\left( {a{X^3} – 3aX} \right)dX = \frac{{13a}}{4}} } \)\( \Rightarrow \frac{{{S_1}’}}{{{S_2}’}} = \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{3}{{13}}.\)

Cách 2.

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) với \(a > 0\) 

\(f’\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\)có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}\) 

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  – \frac{{2b}}{{3a}}\\{x_2} = {x_1} + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 1 – \frac{b}{{3a}}\\{x_1} =  – 1 – \frac{b}{{3a}}\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow \) Điểm uốn \(I\)có \({x_I} = \frac{{ – b}}{{3a}}\) 

Từ đồ thị suy ra \(I \in Oy \Rightarrow b = 0\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 1\\{x_1} =  – 1\end{array} \right. \Rightarrow {x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} =  – 1 \Rightarrow c =  – 3a\)

\(f\left( {{x_2}} \right) = f\left( 1 \right) = a + c + d = 0\)\( \Leftrightarrow d – 2a = 0 \Leftrightarrow d = 2a\) 

\(f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) = 4 \Leftrightarrow f\left( { – 1} \right) = 4 \Leftrightarrow  – a – c + d = 4 \Leftrightarrow a = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c =  – 3\\d = 2\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} – 3x + 2\)

Từ đây suy ra \({S_1} = \int\limits_{ – 1}^0 {\left| {4 – \left( {{x^3} – 3x + 2} \right)} \right|{\rm{d}}x = \frac{3}{4}} \); \({S_2} = \int\limits_{ – 1}^0 {\left| {{x^3} – 3x + 2} \right|{\rm{d}}x = \frac{{13}}{4}} \) 

\( \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{3}{{13}}\)