Google
Câu hỏi: Gọi ${{S}_{m}}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $y={{x}^{2}}$ và đường thẳng $y=mx+1$. Giá trị nhỏ nhất của ${{S}_{m}}$ là
A. $\dfrac{1}{3}$.
B. $1$.
C. $\dfrac{2}{3}$.
D. $\dfrac{4}{3}$.
A. $\dfrac{1}{3}$.
B. $1$.
C. $\dfrac{2}{3}$.
D. $\dfrac{4}{3}$.
Phương trình hoành hoành độ giao điểm của parabol $y={{x}^{2}}$ và đường thẳng $y=mx+1$ là:
${{x}^{2}}=mx+1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-1=0$. (*)
Ta có: ${{\Delta }_{(*)}}={{m}^{2}}+4>0 , \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow $ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}} , {{x}_{2}} \left( {{x}_{1}}<{{x}_{2}} \right)$.
Theo hệ thức Vi-et, ta có: ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=m , {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-1$ và $\left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|=\dfrac{\sqrt{\Delta }}{\left| a \right|}=\sqrt{{{m}^{2}}+4}$.
Ta có: ${{S}_{m}}=\int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{\left| {{x}^{2}}-mx-1 \right|dx}=\left| \int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{\left( {{x}^{2}}-mx-1 \right)dx} \right|=\left| \left. \dfrac{{{x}^{3}}}{3} \right|_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}-\left. \dfrac{m{{x}^{2}}}{2} \right|_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}-\left. x \right|_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}} \right|$
$=\left| \dfrac{1}{3}\left( x_{2}^{3}-x_{1}^{3} \right)-\dfrac{m}{2}.\left( x_{2}^{2}-x_{1}^{2} \right)-\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right) \right|=\left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|.\left| \dfrac{1}{3}\left( x_{2}^{2}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}+x_{1}^{2} \right)-\dfrac{m}{2}.\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-1 \right|$
$=\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left| \dfrac{1}{3}\left[ {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]-\dfrac{m}{2}.\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-1 \right|=\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left| \dfrac{1}{3}\left( {{m}^{2}}+1 \right)-\dfrac{m}{2}.m-1 \right|$
$=\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left| -\dfrac{{{m}^{2}}+4}{6} \right|=\dfrac{1}{6}\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left( {{m}^{2}}+4 \right)\ge \dfrac{1}{6}.2.4=\dfrac{4}{3}$.
Vậy ${{S}_{m}}$ nhỏ nhất bằng $\dfrac{4}{3}$ khi $m=0$.
${{x}^{2}}=mx+1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-1=0$. (*)
Ta có: ${{\Delta }_{(*)}}={{m}^{2}}+4>0 , \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow $ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}} , {{x}_{2}} \left( {{x}_{1}}<{{x}_{2}} \right)$.
Theo hệ thức Vi-et, ta có: ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=m , {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-1$ và $\left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|=\dfrac{\sqrt{\Delta }}{\left| a \right|}=\sqrt{{{m}^{2}}+4}$.
Ta có: ${{S}_{m}}=\int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{\left| {{x}^{2}}-mx-1 \right|dx}=\left| \int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{\left( {{x}^{2}}-mx-1 \right)dx} \right|=\left| \left. \dfrac{{{x}^{3}}}{3} \right|_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}-\left. \dfrac{m{{x}^{2}}}{2} \right|_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}-\left. x \right|_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}} \right|$
$=\left| \dfrac{1}{3}\left( x_{2}^{3}-x_{1}^{3} \right)-\dfrac{m}{2}.\left( x_{2}^{2}-x_{1}^{2} \right)-\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right) \right|=\left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|.\left| \dfrac{1}{3}\left( x_{2}^{2}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}+x_{1}^{2} \right)-\dfrac{m}{2}.\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-1 \right|$
$=\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left| \dfrac{1}{3}\left[ {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]-\dfrac{m}{2}.\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-1 \right|=\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left| \dfrac{1}{3}\left( {{m}^{2}}+1 \right)-\dfrac{m}{2}.m-1 \right|$
$=\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left| -\dfrac{{{m}^{2}}+4}{6} \right|=\dfrac{1}{6}\sqrt{{{m}^{2}}+4}.\left( {{m}^{2}}+4 \right)\ge \dfrac{1}{6}.2.4=\dfrac{4}{3}$.
Vậy ${{S}_{m}}$ nhỏ nhất bằng $\dfrac{4}{3}$ khi $m=0$.
Đáp án D.