Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = 6{x^4} + a{x^3} + b{x^2} + cx + d\quad \left( {a,b,c,d \in \mathbb{R}} \right)\). Biết đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có ba điểm cực trị có hoành độ lần lượt là \( – 1;\;1;2\) và hàm số \(y = g\left( x \right)\)là hàm bậc hai có đồ thị đi ba điểm cực trị đó . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f\left( x \right)\); \(y = g\left( x \right)\)và trục \(Oy\).

B. \(S = \frac{{88}}{{15}}\).

C. \(S = \frac{{56}}{{15}}\).

D. \(S = \frac{{184}}{{15}}\).

Lời giải:

Ta có \(y’ = f’\left( x \right) = 24{x^3} + 3a{x^2} + 2bc + c\).

Do đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có ba điểm cực trị có hoành độ \( – 1;\;1;2\) nên phương trình \(f’\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm phân biệt \( – 1;\;1;2\)

Suy ra \(f’\left( x \right) = 24\left( {x + 1} \right)\left( {x – 1} \right)\left( {x – 2} \right) \Leftrightarrow f’\left( x \right) = 24{x^3} – 48{x^2} – 24x + 48\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = 6{x^4} – 16{x^3} – 12{x^2} + 48x + d\).

Ta có \(f\left( x \right) = \left( {\frac{1}{4}x – \frac{1}{6}} \right)f’\left( x \right) – 14{x^2} + 32x + d + 8 \Rightarrow g\left( x \right) = – 14{x^2} + 32x + d + 8\).

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f\left( x \right)\); \(y = g\left( x \right)\)và trục \(Oy\) là

\(S = \int_0^1 {\left| {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right|} \;dx + \int_1^2 {\left| {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right|} \;dx\)

\(S = \int_0^1 {\left| {6{x^4} – 16{x^3} + 2{x^2} + 16x – 8} \right|} \;dx + \int_1^2 {\left| {6{x^4} – 16{x^3} + 2{x^2} + 16x – 8} \right|} \;dx = \frac{{64}}{{15}}\).