Lời giải của Tự Học 365

Phương trình hoành độ giao điểm $d$ và $\left( P \right)$

Có: ${x^2} + 1 = mx + 2 \Leftrightarrow {x^2} - mx - 1 = 0 (1) \Rightarrow \Delta  = {m^2} + 4 > 0$

Phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy $d$ luôn cắt $\left( P \right)$  tại hai điểm phân biệt $A,B$ với mọi $m$.

Giả sử $A,B$ lần lượt  có hoành độ là $a,{\rm{ }}b$ nên $A\left( {a;ma + 2} \right)$ và $B\left( {b;mb + 2} \right){\rm{ }}\left( {a < b} \right)$

Với $x$ thuộc $x \in \left( {a;b} \right)$ thì $mx + 2 \ge {x^2} + 1$

Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi $d$ và $\left( P \right)$

\(S = \int_a^b {\left( {mx + 2 - {x^2} - 1} \right)dx = \int_a^b {(mx - {x^2} + 1)dx = \left. {\left( {\dfrac{{m{x^2}}}{2} - \dfrac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_a^b} }  \)

$= \left( {b - a} \right)\left[ {\dfrac{m}{2}(a + b) + 1 - \dfrac{1}{3}({a^2} + {b^2} + ab)} \right]$

$ = (b - a)\left[ {\dfrac{m}{2}\left( {b + a} \right) + 1 - \dfrac{1}{3}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right] $

$\Rightarrow {S^2} = {(b - a)^2}{\left[ {\dfrac{m}{2}(b + a) + 1 - \dfrac{1}{3}{{(a + b)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]^2}$

$ = \left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 4ab} \right]{\left[ {\dfrac{m}{2}\left( {b + a} \right) + 1 - \dfrac{1}{3}{{\left( {a + b} \right)}^2} + \dfrac{1}{3}ab} \right]^2}$

Vì $a,b$ là nghiệm của pt $(1)$ nên $a + b = m$ và $ab =  - 1$

Suy ra \({S^2} = {\left( {{m^2} + 4} \right)}{\left( {\dfrac{{{m^2}}}{6} + \dfrac{2}{3}} \right)^2} \ge 4.\dfrac{4}{9} = \dfrac{{16}}{9} \Rightarrow S \ge \sqrt {\dfrac{{16}}{9}}  = \dfrac{4}{3}\,khi\,m = 0\)

Đáp án cần chọn là: b