giải mẫu đề thi cuối kỳ môn giải tích 1( đề 1)

GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI KÌ GIẢI TÍCH 1
Bản quyền thuộc về Ngân Hàng Đề Thi ĐH Bách Khoa HCM
1 Câu 1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
y = (x
2
+ 1)e
−
x
2
2
1.1 Hướng dẫn giải
- Tập xác định của hàm số: D = R
- Đạo hàm của hàm số:
y

= 2xe
−
x
2
2
+ (x
2
+ 1)(−x)e
−
x
2
2
= e
−
x

2
2
(−x
3
+ x)
y

= 0 ⇔ x
3
− x = 0 ⇔ x(x
2
− 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1
- Ta thấy, dấu của y

chỉ phụ thuộc vào dấu của (−x
3
+ x) do hàm e
−
x
2
2
luôn
lớn hơn 0 với mọi x ∈ R.
- Bảng biến thiên:
x
y

y
−∞
−1

0 1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
00
2
√
e
2
√
e
11
2
√
e
2
√
e
00
- Kết luận:
+ Hàm số đồng biến trên: (−∞, −1] ∪ [0, 1]
+ Hàm số nghịch biến trên: [−1, 0] ∪ [1, +∞)
+ Hàm số đạt cực đại tại x = −1 và x = 1 và y
CĐ
=

2
√
e
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và y
CT
= 1
- Tìm điểm uốn:
y

= (−x)e
−
x
2
2
(−x
3
+ x) + e
−
x
2
2
(−3x
2
+ 1) = e
−
x
2
2
(x
4

− 4x
2
+ 1)
1
y

= 0 ⇔ x
4
− 4x
2
+ 1 = 0 ⇒ x = ±

2 −
√
3 ∨ x = ±

2 +
√
3
- Bảng xét điểm uốn và dạng đồ thị:
x
y

−∞
−

2 +
√
3−


2 −
√
3

2 −
√
3

2 +
√
3
+∞
+
0
−
0
+
0
−
0
+
- Các điểm mà làm cho y

đổi dấu là các điểm uốn.
- Các khoảng mà làm cho y

mang dấu (+) tức là lõm, dấu (−) là lồi.
- Các điểm đặc biệt dùng để vẽ đồ thị:
x = −


2 +
√
3 ⇒ y = (3 +
√
3)e
−
2+
√
3
2
≈ 0, 7322
x = −1 ⇒ y = 2e
−
1
2
≈ 1, 2131
x = −

2 −
√
3 ⇒ y = (3 −
√
3)e
−
2−
√
3
2
≈ 1, 1090
x = 0 ⇒ y = 1

x =

2 −
√
3 ⇒ y = (3 −
√
3)e
−
2−
√
3
2
≈ 1, 1090
x =

2 +
√
3 ⇒ y = (3 +
√
3)e
−
2+
√
3
2
≈ 0, 7322
- TIỆM CẬN ĐỨNG: Hàm số không có tiệm cận đứng do hàm số xác định
với mọi x thuộc R
- TIỆM CẬN XIÊN:
a = lim

x→∞
(x
2
+ 1)e
−
x
2
2
×
1
x
= lim
x→∞
x
2
+ 1
xe
x
2
2
= 0
b = lim
x→∞
(x
2
+ 1)e
−
x
2
2

= lim
x→∞
x
2
+ 1
e
x
2
2
= 0
Như vậy y = 0 là Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
- Đồ thị hàm số:
2
2 Câu 2
Tính thể tích vật thể tạo ra khi quay miền D giới hạn bởi y = −1, y =
x
2
+ 2x, x = 0, x = 3 quanh trục Oy.
2.1 Hướng dẫn giải
2.1.1 Cách 1:
- Thay x = 3 vào phương trình y = x
2
+ 2x ⇒ y(3) = 15
- Ta sẽ tính được thể tích vật thể cần tính bằng cách lấy thể tích hình trụ
(bằng cách xoay hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0, x = 3, y = −1, y = 15
quay trục Oy) trừ cho khối lõm giới hạn bởi y = 15, y = x
2
+ 2x.
- Ta biến đổi biểu thức:
y = x

2
+ 2x ⇔ y = (x + 1)
2
− 1 ⇔ y + 1 = (x + 1)
2
⇒ x = −

y + 1 − 1 ∨ x =

y + 1 − 1
- Như vậy, thể tích vật thể cần tính là:
V
Oy
= π

15
−1
(3 − 0)
2
dy − π

15
0
(

y + 1 − 1)
2
dy
= 9πy|
15

−1
− π

15
0
(y + 2 − 2

y + 1)dy
= 144π − π

y
2
2
+ 2y

|
15
0
+ 2π

15
−1

y + 1dy
= 144π −
285π
2
+
4π
3

(y + 1)
3
2
|
15
0
= 144π −
285π
2
+ 84π =
171π
2
3
2.1.2 Cách 2:
- Hoặc có thể dùng định lý sau đây:
- Như vậy ta dễ dàng có:
V
Oy
= 2π

3
0
x[(x
2
+ 2x) − (−1)] = 2π

3
0
(x
3

+ 2x
2
+ x)dx
= 2π

x
4
4
+
2x
3
3
+
x
2
2

|
3
0
=
171π
2
3 Câu 3
Cho tích phân
I =

+∞
2
dx

(x
m
− 1)
√
2x
2
− 5x + 2
Tìm m để tích phân I hội tụ và tính tích phân khi m = 1.
4
3.1 Hướng dẫn giải
- Do x = 2 làm cho biểu thức trong dấu tích phân không xác định. Nên đây
là tích phân bất định loại 1 và 2.
- Tách ra thành 2 tích phân sau:
I =

3
2
dx
(x
m
− 1)
√
2x
2
− 5x + 2
+

+∞
3
dx

(x
m
− 1)
√
2x
2
− 5x + 2
= I
1
+ I
2
- Xét tích phân I
1
sau:

3
2
dx
(x
m
− 1)
√
2x
2
− 5x + 2
=

3
2
dx

(x
m
− 1)

2

x −
1
2

(x − 2)
+ Khi x → 2
+
:
1
(x
m
− 1)

2

x −
1
2

(x − 2)
∼
1
√
3(2

m
− 1)(x − 2)
1
2
+ Nhận thấy với mọi m = 0 (lưu ý vì hàm số chỉ xác định khi m = 0). Thì
√
3(2
m
− 1) luôn là hằng.
+ Do đó thấy α =
1
2
< 1 ⇒ I
1
hội tụ (đây là tích phân suy rộng loại 2).
- Xét tích phân I
2
:
I
2
=

+∞
3
dx
(x
m
− 1)
√
2x

2
− 5x + 2
+ Khi x → +∞ ta xét các trường hợp của m như sau:
* Khi m < 0, ta xét hàm dương sau:
1
(1 − x
m
)
√
2x
2
− 5x + 2
∼
1
√
2x
⇒ α = 1 ⇒ −I
2
phân kỳ ⇒ I phân kỳ
* Khi m = 0: không xét vì làm hàm số không xác định ⇒ Không có tích
phân.
* Khi m > 0, ta có:
1
(x
m
− 1)
√
2x
2
− 5x + 2

∼
1
√
2x
m+1
5
+ Như vậy khi m > 0 thì ta thấy m + 1 > 1 ⇒ I
2
hội tụ.
- Kết luận:
+ Do I
1
hội tụ nên để I hội tụ thì chỉ phụ thuộc vào I
2
. Suy ra, I hội tụ khi
m > 0.
- Tính tích phân khi m = 1:

+∞
2
dx
(x − 1)
√
2x
2
− 5x + 2
+ Đặt:
x − 1 =
1
t

⇒ dx = −
1
t
2
dt
+ Tích phân đã tương đương với:

+∞
2
dx
(x − 1)
√
2x
2
− 5x + 2
= −

0
1
1
t
2
1
t

2

1
t
+ 1


2
− 5

1
t
+ 1

+ 2
dt
=

1
0
dt
t

2
t
2
−
1
t
− 1
=

1
0
dt
√

2 − t − t
2
=

1
0
dt

9
4
−

t +
1
2

2
+ Đặt:
t +
1
2
=
3
2
sin u ⇒ dt =
3
2
cos udu
+ Tích phân trở thành:


π
2
arcsin
1
3
3
2
cos udu
3
2
cos u
=
π
2
− arcsin
1
3
4 Câu 4
Giải phương trình:
a) y

−
xy
1 − x
2
=
arcsin x + x
1 − x
2
b) y


− 2y

− 8y = 3e
4x
6
4.1 Hướng dẫn giải
4.1.1 Câu a
y

−
xy
1 − x
2
=
arcsin x + x
1 − x
2
⇔ y

−
x
1 − x
2
y =
arcsin x + x
1 − x
2
- Đặt:
P (x) = −

x
1 − x
2
và Q(x) =
arcsin x + x
1 − x
2
- Nghiệm tổng quát của phương trình là:
y = e
−

P (x)dx


e

P (x)dx
Q(x)dx + C

- Tính tích phân

P (x)dx:
P (x) = −
x
1 − x
2
⇒

−
x

1 − x
2
dx =
1
2

d(1 − x
2
)
1 − x
2
=
1
2
ln|1 −x
2
|
- Thay vào nghiệm tổng quát ta được:
y = e
−
1
2
ln|1−x
2
|


e
1
2

ln|1−x
2
|
Q(x)dx + C

=
1
√
1 − x
2


√
1 − x
2
arcsin x + x
1 − x
2
dx + C

=
1
√
1 − x
2


arcsin x + x
√
1 − x

2
dx + C

=
1
√
1 − x
2



arcsin x
√
1 − x
2
+
x
√
1 − x
2

dx + C

- Ta có:

arcsin x
√
1 − x
2
dx =


arcsin xd(arcsin x) =
1
2
arcsin
2
x

x
√
1 − x
2
dx = −
1
2

d(1 − x
2
)
√
1 − x
2
= −
√
1 − x
2
- Vậy nghiệm của phương trình là:
y =
1
√

1 − x
2

1
2
arcsin
2
x −
√
1 − x
2
+ C

7
4.1.2 Câu b
y

− 2y

− 8y = 3e
4x
- Phương trình đặc trưng:
k
2
− 2k − 8 = 0 ⇔ k
1
= −2 ∨ k
2
= 4
- Nghiệm của phương trình thuần nhất:

y
0
= C
1
e
−2x
+ C
2
e
4x
- Ta có:
f(x) = 3e
4x
= P
n
(x)e
αx
⇒ P
n
bậc 0; α = 4
- Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:
y
r
= x
s
e
αx
Q
n
(x)

+ Trong đó:
s = 1(do α = 4 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng)
Q
n
(x) = A(cùng bậc với P
n
(x))
+ Vậy:
y
r
= Axe
4x
y

r
= Ae
4x
+ 4Axe
4x
y

r
= 8Ae
4x
+ 16Axe
4x
+ Suy ra:
−8y
r
= −8Axe

4x
−2y

r
= −2Ae
4x
− 8Axe
4x
y

r
= 8Ae
4x
+ 16Axe
4x
+ Cộng 2 vế lại ta được:
y

r
− 2y

r
− 8y
r
= 6Ae
4x
+ Ta có:
3e
4x
= 6Ae

4x
⇒ A =
1
2
- Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
y = y
0
+ y
r
= C
1
e
−2x
+ C
2
e
4x
+
1
2
xe
4x
8
5 Câu 5
Giải hệ phương trình:

x

(t) = 3x − 3y + 4e
t

+ 12t (1)
y

(t) = 4x − 5y + 8e
t
+ 8t (2)
5.1 Hướng dẫn giải
5.1.1 Phương pháp khử
- Lấy 4 × (1) − 3 × (2), ta được:
4x

(t) − 3y

(t) = 3y − 8e
t
+ 24t ⇒ 4x

(t) = 3y

+ 3y − 8e
t
+ 24t (3)
- Đạo hàm 2 vế của phương trình (2) theo t, ta được:
y

(t) = 4x

− 5y

+ 8e

t
+ 8 (4)
- Thay (3) vào (4), ta được:
y

(t) = −2y

+ 3y + 24t + 8 ⇔ y

+ 2y

− 3y = 24t + 8
+ Phương trình đặc trưng:
k
2
+ 2k − 3 = 0 ⇒ k
1
= −3 ∨ k
2
= 1
+ Nghiệm của phương trình thuần nhất:
y
0
= C
1
e
−3t
+ C
2
e

t
+ Ta có:
f(t) = 24t + 8 = P
n
(t)e
αt
+ Suy ra P
n
(t) bậc 1 và α = 0
+ Như vậy nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:
y
r
= t
s
Q
n
(t)e
αt
s = 0 (do α = 0 không là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng).
Q
n
(t) = At + B (Q
n
(t) cùng bậc với P
n
(t)).
+ Vậy:
y
r
= At + B

9
y

r
= A
y

r
= 0
+ Suy ra:
−3y
r
= −3At − 3B
2y

r
= 2A
y

r
= 0
+ Cộng các vế lại ta được:
y

r
+ 2y

r
− 3y
r

= −3At + 2A − 3B
+ Ta có:
24t + 8 = −3At + 2A − 3B ⇒

−3A = 24
2A − 3B = 8
⇒

A = −8
B = −8
- Vậy ta được nghiệm tổng quát:
y(t) = C
1
e
−3t
+ C
2
e
t
− 8t − 8
⇒ y

(t) = −3C
1
e
−3t
+ C
2
e
t

− 8
+ Thay y(t) và y

(t) vào phương trình (2), ta được:
−3C
1
e
−3t
+ C
2
e
t
− 8 = 4x − 5(C
1
e
−3t
+ C
2
e
t
− 8t − 8) + 8e
t
+ 8t
⇔ 4x = 2C
1
e
−3t
+ 6C
2
e

t
− 48t − 8e
t
− 48
⇔ x(t) =
1
2
C
1
e
−3t
+
3
2
C
2
e
t
− 12t − 2e
t
− 12
- Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

x(t) =
1
2
C
1
e
−3t

+
3
2
C
2
e
t
− 12t − 2e
t
− 12
y(t) = C
1
e
−3t
+ C
2
e
t
− 8t − 8
- Để kiểm chứng lại nghiệm của hệ đã đúng hay không, ta thay các nghiệm
tương ứng này vào hệ, sao cho 2 vế bằng nhau là được.
10