giải mẫu đề thi cuối kỳ môn giải tích 1( đề 2)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (188.54 KB, 11 trang )
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
ln
2
x
1.1 Hướng dẫn giải
- Tập xác định của hàm số: D = (0, +∞)
- Đạo hàm của hàm số:
y
= 2xln
2
x + x
2
.2lnx.
1
x
= 2xln
2
x + 2xlnx = 2xlnx(lnx + 1)
y
= 0 ⇔ 2xlnx(lnx + 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x =
1
e
- Bảng biến thiên:
x
y
y
0
1
e
1
+∞
+
0
−
0
+
0
1
e
2
1
e
2
00
+∞+∞
- Kết luận:
+ Hàm số đồng biến trên:
0,
1
e
∪ [1, +∞)
+ Hàm số nghịch biến trên:
1
e
, 1
+ Hàm số đạt cực đại tại x =
1
e
và y
CĐ
=
1
e
2
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và y
CT
= 0
- Tìm điểm uốn:
y
= 2xlnx(lnx + 1) = (2lnx + 2)(lnx + 1) + 2lnx = 2ln
2
x + 6lnx + 2
1
y
= 0 ⇔ ln
2
x + 3lnx + 1 = 0 ⇔ lnx =
−3 −
√
5
2
∨ lnx =
−3 +
√
5
2
⇒ x = e
−3−
√
5
2
∨ x = e
−3+
√
5
2
- Bảng xét điểm uốn và dạng đồ thị:
x
y
e
−3−
√
5
2
e
−3+
√
5
2
+∞
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 = e
−3−
√
5
2
≈ 0, 0729 ⇒ y =
7 + 3
√
5
2
e
−3−
√
5
≈ 0, 0365
x =
1
e
≈ 0, 3679 ⇒ y =
1
e
2
≈ 0, 1353
x = e
−3+
√
5
2
≈ 0, 6825 ⇒ y =
7 − 3
√
5
2
e
−3+
√
5
≈ 0, 0680
x = 1 ⇒ y = 0
- TIỆM CẬN ĐỨNG:
lim
x→0
−
x
2
ln
2
x = lim
x→0
−
ln
2
x
1
x
2
= lim
x→0
−
lnx
x
−
1
x
3
= lim
x→0
−
lnx
−
1
x
2
= lim
x→0
−
1
x
2
x
3
= lim
x→0
−
x
2
2
= 0 = lim
x→0
+
x
2
ln
2
x
⇒ hàm số không có tiệm cận đứng.
- TIỆM CẬN XIÊN:
a = lim
x→∞
x
2
ln
2
x
x
= lim
x→∞
xln
2
x = ∞
Ta đã biết tiệm cận xiên của hàm số có dạng y = ax + b, nhưng a tiến ra vô
cùng nên hàm số không có tiệm cận xiên. Mà hàm số chỉ có tiệm cận ngang
khi và chỉ khi a = 0. Nên suy ra hàm số cũng không có tiệm cận ngang.
- ĐỒ THỊ HÀM SỐ:
+ Lưu ý là với x ≤ 0 thì hàm số không xác định nên ta vẽ đến gốc tọa độ O
thì dừng lại.
2
2 Câu 2
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:
x + y = 2, (x − 1)(y + 2) = 2
2.1 Hướng dẫn giải
- Ta viết lại các phương trình:
x + y = 2 ⇔ y = 2 − x
(x − 1)(y + 2) = 2 ⇔ xy −y + 2x = 4 ⇔ y =
4 − 2x
x − 1
- Tìm hoành độ giao điểm:
2 − x =
4 − 2x
x − 1
+ Với x = 1, ta được:
(2 − x)(x − 1) = 4 − 2x ⇔ x
2
− 5x + 6 = 0 ⇒ x = 2 ∨ x = 3
- Để đơn giản trong việc biết đường của hàm nào nằm trên, hàm nào nằm
dưới, ta khảo sát bằng cách sau:
+ Đặt:
f(x) = 2 − x g(x) =
4 − 2x
x − 1
+ Lấy bất kì f(x) − g(x) hoặc g(x) − f (x), với tọa độ x ∈ (2; 3) (2 và 3 là
hoành độ giao điểm)
3
+ Nếu f (x) − g(x) > 0 thì f (x) nằm trên g(x). Và ngược lại.
+ Từ đó suy ra hàm 2 − x nằm trên.
- Diện tích hình phẳng cần tính:
S =
3
2
2 − x −
4 − 2x
x − 1
dx =
3
2
2 − x +
2x − 4
x − 1
dx
=
3
2
2 − x + 2 −
2
x − 1
dx =
4x −
x
2
2
− 2ln|x − 1|
|
3
2
=
15
2
− 2ln2
− 6 =
3
2
− 2ln2
3 Câu 3
Cho tích phân
I =
+∞
1
dx
(x
m
+ 2)
√
x
2
− 1
Tìm m để tích phân I hội tụ và tính tích phân khi m = 2.
3.1 Hướng dẫn giải
- Do x = 1 làm cho biểu thức trong dấu tích phân không xác định. Nên đây
là tích phân suy rộng loại 1 và 2.
- Tách ra thành 2 tích phân sau:
I =
2
1
dx
(x
m
+ 2)
√
x
2
− 1
+
+∞
2
dx
(x
m
+ 2)
√
x
2
− 1
= I
1
+ I
2
- Xét tích phân I
1
sau:
2
1
dx
(x
m
+ 2)
√
x
2
− 1
=
2
1
dx
(x
m
+ 2)
(x − 1)(x + 1)
+ Khi x → 1
+
:
1
(x
m
+ 2)
(x − 1)(x + 1)
∼
1
3
√
2(x − 1)
1
2
4
+ Đây là tích phân suy rộng loại 2, thấy α =
1
2
< 1 ⇒ I
1
hội tụ.
- Xét tích phân I
2
:
I
2
=
+∞
2
dx
(x
m
+ 2)
√
x
2
− 1
+ Khi x → +∞ ta xét các trường hợp của m như sau:
* Khi m < 0, xét:
1
(x
m
+ 2)
√
x
2
− 1
∼
1
2x
⇒ α = 1 ⇒ I
2
phân kỳ ⇒ I phân kỳ
* Khi m = 0, xét:
1
(x
m
+ 2)
√
x
2
− 1
∼
1
3x
⇒ α = 1 ⇒ I
2
phân kỳ ⇒ I phân kỳ
* Khi m > 0, xét:
1
(x
m
+ 2)
√
x
2
− 1
∼
1
x
m+1
+ Như vậy khi m > 0 thì ta thấy m + 1 > 1 ⇒ I
2
hội tụ (do đây là tích phân
suy rộng loại 1).
- 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 = 2:
Khi m = 2, tích phân đã cho trở thành:
I =
+∞
1
dx
(x
2
+ 2)
√
x
2
− 1
+ Biến đổi, ta được:
I =
+∞
1
dx
(x
2
+ 2)
√
x
2
− 1
=
+∞
1
dx
x(x
2
+ 2)
1 −
1
x
2
+ Đặt:
t =
1 −
1
x
2
⇒ t
2
= 1 −
1
x
2
⇒ x
2
=
1
1 − t
2
5
⇒ xdx =
t
(1 − t
2
)
2
dt
+ Tích phân đã tương đương với:
+∞
1
xdx
x
2
(x
2
+ 2)
1 −
1
x
2
=
1
0
t
(1−t
2
)
2
1
1−t
2
(
1
1−t
2
+ 2)t
dt
=
1
0
t
1−t
2
t
1−t
2
+ 2t
dt =
1
2
1
0
1
3
2
− t
2
dt =
1
2
1
0
1
√
6
2
+ t
√
6
2
− t
dt
=
1
2
√
6
1
0
√
6
2
+ t +
√
6
2
− t
√
6
2
+ t
√
6
2
− t
dt =
1
2
√
6
1
0
1
√
6
2
− t
+
1
√
6
2
+ t
dt
=
1
2
√
6
−ln
√
6
2
− t
+ ln
√
6
2
+ t
|
1
0
=
1
2
√
6
ln
√
6
2
+ t
√
6
2
− t
|
1
0
=
1
2
√
6
ln(5 + 2
√
6)
4 Câu 4
Giải phương trình:
a)
y
√
y
−
2x
√
y
1 + x
2
=
4 arctan x
√
1 + x
2
b) y
+ 5y
− 14y = (12x + 21) cos 2x − (64x + 81) sin 2x
4.1 Hướng dẫn giải
4.1.1 Câu a
y
√
y
−
2x
√
y
1 + x
2
=
4 arctan x
√
1 + x
2
(1)
- Đặt:
z =
√
y ⇒ z
=
y
2
√
y
⇒
y
√
y
= 2z
6
- Từ đó (1), trở thành:
2z
−
2x
1 + x
2
z =
4 arctan x
√
1 + x
2
⇔ z
−
x
1 + x
2
z =
2 arctan x
√
1 + x
2
(2)
- Đặt:
P (x) = −
x
1 + x
2
⇒
P (x)dx = −
x
1 + x
2
dx = −
1
2
d(1 + x
2
)
1 + x
2
⇒
P (x)dx = −
1
2
ln(1 + x
2
)
Q(x) =
2 arctan x
√
1 + x
2
- Nghiệm tổng quát của phương trình là:
z = e
−
P (x)dx
e
P (x)dx
Q(x)dx + C
⇒ z = e
1
2
ln(1+x
2
)
e
−
1
2
ln(1+x
2
)
2 arctan x
√
1 + x
2
dx + C
=
√
1 + x
2
2 arctan x
1 + x
2
dx + C
=
√
1 + x
2
2 arctan xd(arctan x) + C
⇒ z =
√
1 + x
2
arctan
2
x + C
- Vậy ta suy ra được:
y = z
2
= (1 + x
2
)
arctan
2
x + C
2
4.1.2 Câu b
y
+ 5y
− 14y = (12x + 21) cos 2x − (64x + 81) sin 2x (3)
- Phương trình đặc trưng:
k
2
+ 5k − 14 = 0 ⇔ k
1
= −7 ∨ k
2
= 2
7
- Nghiệm của phương trình thuần nhất:
y
0
= C
1
e
−7x
+ C
2
e
2x
- Ta có:
f(x) = (12x+21) cos 2x−(64x+81) sin 2x = (12x+21) cos 2x+(−64x−81) sin 2x
- Xét:
f(x) = e
αx
(P
n
(x) cos βx+Q
m
(x) sin βx) = (12x+21) cos 2x+(−64x−81) sin 2x
+ Từ đó suy ra được:
α = 0 ; β = 2 ; P
n
(x) bậc 1 ; Q
m
(x) bậc 1
- Nghiệm riêng có dạng:
y
r
= x
s
e
αx
(H
k
(x) cos βx + T
k
(x) sin βx)
+ Trong đó:
s = 0 vì α + βi = 2i không là nghiệm của phương trình đặc trưng.
Bậc của H
k
(x) và T
k
(x) xác định bởi: k = max{m, n} = max{1, 1} = 1
(m, n là bậc của đa thức P
n
(x) và Q
m
(x)).
+ Khi đó ta được:
y
r1
= (Ax + B) cos 2x + (Cx + D) sin 2x
y
r1
= A cos 2x − 2(Ax + B) sin 2x + C sin 2x + 2(Cx + D) cos 2x
= 2
Cx + D +
A
2
cos 2x − 2
Ax + B −
C
2
sin 2x
y
r1
= 2C cos 2x−4
Cx + D +
A
2
sin 2x−
2A sin 2x + 4
Ax + B −
C
2
cos 2x
= −4 (Ax + B −C) cos 2x − 4 (Cx + D + A) sin 2x
+ Thêm nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được:
−14y
r1
= −14(Ax + B) cos 2x − 14(Cx + D) sin 2x
5y
r1
= 10
Cx + D +
A
2
cos 2x − 10
Ax + B −
C
2
sin 2x
8
y
r1
= −4 (Ax + B −C) cos 2x − 4 (Cx + D + A) sin 2x
+ Cộng 2 vế lại, ta được:
y
r1
+ 5y
r1
− 14y
r1
= [(−18A + 10C)x + (−18B + 10D + 5A + 4C)] cos 2x
+[(−18C −10A)x + (−18D − 10B + 5C − 4A)] sin 2x
+ Từ đó ta có hệ sau:
−18A + 10C = 12
5A − 18B + 4C + 10D = 21
−10A − 18C = −64
−4A − 10B + 5C − 18D = −81
⇒
A = 1
B = 2
C = 3
D = 4
- KẾT LUẬN: Nghiệm tổng quát của phương trình là:
y = C
1
e
−7x
+ C
2
e
2x
+ (x + 2) cos 2x + (3x + 4) sin 2x
5 Câu 5
Giải hệ phương trình:
x
(t) = x − 3y + z (1)
y
(t) = 3x − 3y − z (2)
z
(t) = 3x − 5y + z (3)
5.1 Hướng dẫn giải
5.1.1 Phương pháp Euler
- Xét phương trình đặc trưng sau:
1 − λ −3 1
3 −3 − λ −1
3 −5 1 − λ
= 0 ⇔ −λ
3
− λ
2
+ 4λ + 4 = 0
⇒ λ
1
= −2 ∨ λ
2
= −1 ∨ λ
3
= 2
9
+ Để tiện trong việc tính toán phương trình đặc trưng ta có định lý sau đây:
Cho A =
a
11
a
12
a
13
a
21
a
22
a
23
a
31
a
32
a
33
+ Thì:
|A − λI|
= −λ
3
+ tr(A)λ
2
−
a
22
a
23
a
32
a
33
+
a
11
a
13
a
31
a
33
+
a
11
a
12
a
21
a
22
λ + det(A)
+ Với:
tr(A) = a
11
+ a
22
+ a
33
là VẾT của ma trận A
- Tương ứng với λ
1
= −2, ta xét hệ sau:
3p
1
− 3p
2
+ p
3
= 0
3p
1
− p
2
− p
3
= 0
3p
1
− 5p
2
+ 3p
3
= 0
⇒ P
1
=
2
3
3
- Tương ứng với λ
1
= −1, ta xét hệ sau:
2p
1
− 3p
2
+ p
3
= 0
3p
1
− 2p
2
− p
3
= 0
3p
1
− 5p
2
+ 2p
3
= 0
⇒ P
2
=
1
1
1
- Tương ứng với λ
1
= 2, ta xét hệ sau:
−p
1
− 3p
2
+ p
3
= 0
3p
1
− 5p
2
− p
3
= 0
3p
1
− 5p
2
− p
3
= 0
⇒ P
3
=
4
1
7
- Vậy:
X(t) =
x
y
z
= C
1
e
λ
1
t
P
1
+ C
2
e
λ
2
t
P
2
+ C
3
e
λ
3
t
P
3
= C
1
e
−2t
2
3
3
+ C
2
e
−t
1
1
1
+ C
3
e
2t
4
1
7
10
=
2C
1
e
−2t
+ C
2
e
−t
+ 4C
3
e
2t
3C
1
e
−2t
+ C
2
e
−t
+ C
3
e
2t
3C
1
e
−2t
+ C
2
e
−t
+ 7C
3
e
2t
- 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.
11
