Cho hàm số bậc bốn y = f(x) Biết rằng hàm số \(g(x)=\ln (f(x))\) có bảng biển thiên như sau:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=f'\left( x \right)\) và \(y=g'\left( x \right)\) thuộc khoảng nào dưới đây?

Từ bảng biển thiên hàm số g(x) = In f(x) ta có \(f(x) \ge \ln 3,\forall x \in R \Leftrightarrow f(x) \ge 0,\forall x \in R.\)

Ta có: \(g'(x) = \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}\)

Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số y=g(x) có 3 điểm cực trị là A(x₁; In30). 8(x₂;In35). C(x₃;In3) nên \(f'({x_1}) = f'({x_2}) = f'({x_3}) = 0\) và \(f'({x_1}) = 30,f'({x_2}) = 25,f'({x_3}) = 3\). 

Do y = f'(x) là hàm số bậc 3 nên phương trình f'(x) = 0 chỉ có 3 nghiệm x₁, x₂, x₃.

Xét phương tình hoành độ giao điểm của f'(x) và g'(x) ta có

\(f'\left( x \right) = g'\left( x \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 0\\
f'\left( x \right) = 1(VN)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = {x_1}\\
x = {x_2}\\
x = {x_3}
\end{array} \right.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f'(x) và y= g'(x) là:

\(\begin{array}{l}
S = \int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left| {g'\left( x \right) - f'\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left| {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} - f'\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx} \\
 = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx}  + \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx} 
\end{array}\)

+ Tính \({I_1} = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx}  = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)dx} \) (do \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {{x_1};{x_2}} \right)\))

Đổi cận:

\(\begin{array}{l}
x = {x_1} =  > t = f({x_1}) = 30\\
x = {x_2} =  > t = f({x_2}) = 35
\end{array}\)

Suy ra \({I_1} = \int\limits_{30}^{35} {\left( {1 - \frac{1}{t}} \right)dt = \left. {\left( {t - \ln \left| t \right|} \right)} \right|} _{30}^{35} = 35 - \ln 35 - 30 + ln30 = 5 + \ln \frac{6}{7}\)

+ Tính \({I_2} = \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\left| {f'\left( x \right).\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}} - 1} \right)} \right|dx}  =  - \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {f'\left( x \right).\left( {1 - \frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right)dx} \) (do \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {{x_2};{x_3}} \right)\) )

Đặt t = f(x) => dt = f'(x):

Đổi cận:

\(\begin{array}{l}
x = {x_2} =  > t = f({x_2}) = 35\\
x = {x_3} =  > t = f({x_3}) = 3
\end{array}\)

Suy ra \({I_2} = \int\limits_{35}^3 {\left( {1 - \frac{1}{t}} \right)dt = \left. {\left( {t - \ln \left| t \right|} \right)} \right|_{35}^3}  =  - \left( {3 - \ln 3 - 35 + ln35} \right) = 32 - \ln \frac{{35}}{3}\)

Vậy \(S = 5 + \ln \frac{6}{7} + \left( {32 - \ln \frac{{35}}{3}} \right) = 37 + \ln \frac{{18}}{{245}} \approx 34,39 \in \left( {33;35} \right)\)