GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI KÌ GIẢI TÍCH 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:
x2

y = (x2 + 1)e− 2

1.1

Hướng dẫn giải

- Tập xác định của hàm số: D = R
- Đạo hàm của hàm số:
x2

x2

x2

y = 2xe− 2 + (x2 + 1)(−x)e− 2 = e− 2 (−x3 + x)
y = 0 ⇔ x3 − x = 0 ⇔ x(x2 − 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1
x2

- Ta thấy, dấu của y chỉ phụ thuộc vào dấu của (−x3 + x) do hàm e− 2 luôn
lớn hơn 0 với mọi x ∈ R.
- Bảng biến thiên:

x

−∞

−1
+

y

0

0
−

0

+

0

√2
e

y
0

+∞

1
−

√2
e

1

0

- 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 yCĐ =
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = 1
- Tìm điểm uốn:
x2

x2

√2
e

x2

y = (−x)e− 2 (−x3 + x) + e− 2 (−3x2 + 1) = e− 2 (x4 − 4x2 + 1)
1


y = 0 ⇔ x4 − 4x2 + 1 = 0 ⇒ x = ± 2 −
- Bảng xét điểm uốn và dạng đồ thị:
√

√
x −∞ − 2 + 3− 2 − 3
y

+

0

−

2−

+

0

√

3

√

3∨x=± 2+

2+

−

0

0

√

3

√

3

+∞

+

- 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 +

√ − 2+√3
3)e 2 ≈ 0, 7322
1

x = −1 ⇒ y = 2e− 2 ≈ 1, 2131

√
√
√
2− 3
x = − 2 − 3 ⇒ y = (3 − 3)e− 2 ≈ 1, 1090

x=

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

x=

2+

√
√
√
2+ 3
3 ⇒ y = (3 + 3)e− 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:
2

a = lim (x + 1)e
x→∞

2

− x2

1
x2 + 1
× = lim
=0
x x→∞ xe x22
x2

b = lim (x2 + 1)e− 2 = lim
x→∞

x→∞

x2 + 1
x2

e2

Như vậy y = 0 là Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
- Đồ thị hàm số:

2

=0

2

Câu 2

Tính thể tích vật thể tạo ra khi quay miền D giới hạn bởi y = −1, y =
x2 + 2x, x = 0, x = 3 quanh trục Oy.

2.1
2.1.1

Hướng dẫn giải
Cách 1:

- Thay x = 3 vào phương trình y = x2 + 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 = x2 + 2x.
- Ta biến đổi biểu thức:
y = x2 + 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:
15

15

(3 − 0)2 dy − π

VOy = π
−1

( y + 1 − 1)2 dy
0

15

= 9πy|15
−1 − π

(y + 2 − 2 y + 1)dy
0

= 144π − π
= 144π −

y2
+ 2y |15
0 + 2π
2

15

y + 1dy
−1

3
285π 4π
285π
171π
+
(y + 1) 2 |15
+ 84π =
0 = 144π −
2
3
2
2

3


2.1.2

Cách 2:

- Hoặc có thể dùng định lý sau đây:

- Như vậy ta dễ dàng có:
3

3

x[(x2 + 2x) − (−1)] = 2π

VOy = 2π
0

0

x4 2x3 x2
+
+
4
3
2

= 2π

3

(x3 + 2x2 + x)dx

|30 =

171π
2

Câu 3

Cho tích phân
+∞

I=
2

dx
√
(xm − 1) 2x2 − 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:
3

I=
2

dx
√
+
m
(x − 1) 2x2 − 5x + 2

+∞

(xm

3

dx
√
= I1 + I2
− 1) 2x2 − 5x + 2

- Xét tích phân I1 sau:
3
2

3

dx
√
=
(xm − 1) 2x2 − 5x + 2

2

dx
(xm − 1) 2 x −

1
2

(x − 2)

+ Khi x → 2+ :
1
(xm − 1) 2 x −

1
2

1
∼√
1
m
3(2 − 1)(x − 2) 2
(x − 2)

+
thấy với mọi m = 0 (lưu ý vì hàm số chỉ xác định khi m = 0). Thì
√ Nhận
m
3(2 − 1) luôn là hằng.
+ Do đó thấy α = 12 < 1 ⇒ I1 hội tụ (đây là tích phân suy rộng loại 2).
- Xét tích phân I2 :
+∞

I2 =
3

dx
√
(xm − 1) 2x2 − 5x + 2

+ Khi x → +∞ ta xét các trường hợp của m như sau:
* Khi m < 0, ta xét hàm dương sau:
(1 −

√

xm )

1
1
∼√
2
2x − 5x + 2
2x

⇒ α = 1 ⇒ −I2 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:
(xm

1
1
√
∼√
2
− 1) 2x − 5x + 2
2xm+1
5

+ Như vậy khi m > 0 thì ta thấy m + 1 > 1 ⇒ I2 hội tụ.
- Kết luận:
+ Do I1 hội tụ nên để I hội tụ thì chỉ phụ thuộc vào I2 . Suy ra, I hội tụ khi
m > 0.
- Tính tích phân khi m = 1:
+∞
2

dx
√
(x − 1) 2x2 − 5x + 2

+ Đặt:

1
1
⇒ dx = − 2 dt
t
t

x−1=
+ Tích phân đã tương đương với:
+∞
2

dx
√
=−
(x − 1) 2x2 − 5x + 2

1
0

1

dt

=
t

2
t2

=

− 1t − 1

+ Đặt:
t+

0

1
t2

0
1

1
t

2

1
t

+1

dt
√
=
2 − t − t2

2

3
3
1
= sin u ⇒ dt = cos udu
2
2
2

+ Tích phân trở thành:
π
2

3
2

arcsin

4

1
3

cos udu
π
1
= − arcsin
2
3
cos u

3
2

Câu 4

Giải phương trình:
a) y −

xy
arcsin x + x
=
2
1−x
1 − x2

b) y − 2y − 8y = 3e4x
6

−5

1
0

dt
1
t

+1 +2

dt
9
4

− t+

1 2
2


4.1

Hướng dẫn giải

4.1.1

Câu a
y −

xy
arcsin x + x
x
arcsin x + x
=
⇔y −
y=
2
2
2
1−x
1−x
1−x
1 − x2

- Đặt:
P (x) = −

x
1 − x2

và Q(x) =

arcsin x + x
1 − x2

- Nghiệm tổng quát của phương trình là:

y = e−

P (x)dx

e

Q(x)dx + C

P (x)dx:

- Tính tích phân
P (x) = −

P (x)dx

x
⇒
1 − x2

−

1
d(1 − x2 )
= ln|1 − x2 |
2
1−x
2

x
1

dx =
2
1−x
2

- Thay vào nghiệm tổng quát ta được:
1

y = e− 2 ln|1−x

=√

1
1 − x2

√

1 − x2

=√
- Ta có:

1

2|

2

e 2 ln|1−x | Q(x)dx + C

arcsin x + x
dx + C
1 − x2

1
1 − x2

arcsin x
√
dx =
1 − x2

1
=√
1 − x2

arcsin x
x
√
+√
2
1−x
1 − x2

dx + C

1
arcsin2 x
2
√

d(1 − x2 )
√
= − 1 − x2
1 − x2

arcsin xd(arcsin x) =

x
1
√
dx = −
2
1 − x2
- Vậy nghiệm của phương trình là:
y=√

1
1 − x2

arcsin x + x
√
dx + C
1 − x2

√
1
arcsin2 x − 1 − x2 + C
2

7

4.1.2

Câu b
y − 2y − 8y = 3e4x

- Phương trình đặc trưng:
k 2 − 2k − 8 = 0 ⇔ k1 = −2 ∨ k2 = 4
- Nghiệm của phương trình thuần nhất:
y0 = C1 e−2x + C2 e4x
- Ta có:
f (x) = 3e4x = Pn (x)eαx ⇒ Pn bậc 0; α = 4
- Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:
yr = xs eαx Qn (x)
+ Trong đó:
s = 1(do α = 4 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng)
Qn (x) = A(cùng bậc với Pn (x))
+ Vậy:
yr = Axe4x
yr = Ae4x + 4Axe4x
yr = 8Ae4x + 16Axe4x
+ Suy ra:
−8yr = −8Axe4x
−2yr = −2Ae4x − 8Axe4x
yr = 8Ae4x + 16Axe4x
+ Cộng 2 vế lại ta được:
yr − 2yr − 8yr = 6Ae4x
+ Ta có:
3e4x = 6Ae4x ⇒ A =

1
2

- Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là:
1
y = y0 + yr = C1 e−2x + C2 e4x + xe4x
2
8


5

Câu 5

Giải hệ phương trình:
x (t) = 3x − 3y + 4et + 12t (1)
y (t) = 4x − 5y + 8et + 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 − 8et + 24t ⇒ 4x (t) = 3y + 3y − 8et + 24t (3)
- Đạo hàm 2 vế của phương trình (2) theo t, ta được:

y (t) = 4x − 5y + 8et + 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 ⇒ k1 = −3 ∨ k2 = 1
+ Nghiệm của phương trình thuần nhất:
y0 = C1 e−3t + C2 et
+ Ta có:
f (t) = 24t + 8 = Pn (t)eαt
+ Suy ra Pn (t) bậc 1 và α = 0
+ Như vậy nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:
yr = ts Qn (t)eαt
s = 0 (do α = 0 không là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng).
Qn (t) = At + B (Qn (t) cùng bậc với Pn (t)).
+ Vậy:
yr = At + B
9


yr = A
yr = 0
+ Suy ra:
−3yr = −3At − 3B
2yr = 2A
yr = 0
+ Cộng các vế lại ta được:
yr + 2yr − 3yr = −3At + 2A − 3B
+ Ta có:
−3A = 24
2A − 3B = 8

24t + 8 = −3At + 2A − 3B ⇒

⇒

A = −8
B = −8

- Vậy ta được nghiệm tổng quát:
y(t) = C1 e−3t + C2 et − 8t − 8
⇒ y (t) = −3C1 e−3t + C2 et − 8
+ Thay y(t) và y (t) vào phương trình (2), ta được:
−3C1 e−3t + C2 et − 8 = 4x − 5(C1 e−3t + C2 et − 8t − 8) + 8et + 8t
⇔ 4x = 2C1 e−3t + 6C2 et − 48t − 8et − 48
3
1
⇔ x(t) = C1 e−3t + C2 et − 12t − 2et − 12
2
2
- Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
x(t) = 21 C1 e−3t + 32 C2 et − 12t − 2et − 12
y(t) = C1 e−3t + C2 et − 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


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 = x2 ln2 x

1.1

Hướng dẫn giải

- Tập xác định của hàm số: D = (0, +∞)
- Đạo hàm của hàm số:
y = 2xln2 x + x2 .2lnx.

1
= 2xln2 x + 2xlnx = 2xlnx(lnx + 1)
x

y = 0 ⇔ 2xlnx(lnx + 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x =

1
e

- Bảng biến thiên:
x

1
e

0
+

y

0

−

0

+
+∞

1
e2

y

+∞

1

0

0

- Kết luận:
+ Hàm số đồng biến trên: 0, 1e ∪ [1, +∞)

+ Hàm số nghịch biến trên: 1e , 1
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 1e và yCĐ = e12
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = 0
- Tìm điểm uốn:
y = 2xlnx(lnx + 1) = (2lnx + 2)(lnx + 1) + 2lnx = 2ln2 x + 6lnx + 2
1


−3 −
y = 0 ⇔ ln x + 3lnx + 1 = 0 ⇔ lnx =
2

√

2

⇒x=e

√
−3− 5
2

∨x=e

√
−3+ 5
2

5

−3 +
∨ lnx =
2

√

5

- 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:
√
√
−3− 5
7 + 3 5 −3−√5
e
≈ 0, 0365
x = e 2 ≈ 0, 0729 ⇒ y =
2
1
1
x = ≈ 0, 3679 ⇒ y = 2 ≈ 0, 1353
e
e
√
√
−3+ 5
7 − 3 5 −3+√5
≈ 0, 0680
e
x = e 2 ≈ 0, 6825 ⇒ y =
2
x=1⇒y=0
- TIỆM CẬN ĐỨNG:
lim− x2 ln2 x = lim−

x→0

x→0

ln2 x
1
x2

= lim−
x→0

lnx
x
− x13

= lim−
x→0

lnx
= lim−
x→0
− x12

1
x
2
x3

= lim−

x→0

x2
2

= 0 = lim+ x2 ln2 x
x→0

⇒ hàm số không có tiệm cận đứng.
- TIỆM CẬN XIÊN:
x2 ln2 x
= lim xln2 x = ∞
x→∞
x→∞
x

a = lim

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 ⇔ x2 − 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:
4 − 2x
f (x) = 2 − x g(x) =
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:
3

S=
2

dx =

2
x−1

dx =

3

2−x+2−

=
2

2−x+
2

4x −

2x − 4
x−1

dx

x2
− 2ln|x − 1| |32
2

15
3
− 2ln2 − 6 = − 2ln2
2
2

=

3

3

4 − 2x
2−x−
x−1

Câu 3

Cho tích phân
+∞

I=
1

(xm

dx
√
+ 2) x2 − 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:
2

I=
1

dx
√
+
(xm + 2) x2 − 1

+∞

2

dx
√
= I1 + I2
(xm + 2) x2 − 1

- Xét tích phân I1 sau:
2
1

dx
√
=
(xm + 2) x2 − 1

2
1

dx
(xm + 2)

(x − 1)(x + 1)

+ Khi x → 1+ :
1

(xm

+ 2)

1
∼ √
1
(x − 1)(x + 1)
3 2(x − 1) 2
4


+ Đây là tích phân suy rộng loại 2, thấy α = 12 < 1 ⇒ I1 hội tụ.
- Xét tích phân I2 :
+∞
dx
√
I2 =
(xm + 2) x2 − 1
2
+ Khi x → +∞ ta xét các trường hợp của m như sau:
* Khi m < 0, xét:
1
1
√
∼
m
2
2x
(x + 2) x − 1
⇒ α = 1 ⇒ I2 phân kỳ ⇒ I phân kỳ
* Khi m = 0, xét:
1

1
√
∼
3x
(xm + 2) x2 − 1
⇒ α = 1 ⇒ I2 phân kỳ ⇒ I phân kỳ
* Khi m > 0, xét:
1
1
√
∼ m+1
x
(xm + 2) x2 − 1
+ Như vậy khi m > 0 thì ta thấy m + 1 > 1 ⇒ I2 hội tụ (do đây là tích phân
suy rộng loại 1).
- Kết luận:
+ Do I1 hội tụ nên để I hội tụ thì chỉ phụ thuộc vào I2 . 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
√
(x2 + 2) x2 − 1

+ Biến đổi, ta được:

+∞

I=
1

dx
√
=
(x2 + 2) x2 − 1

+∞
1

dx
x(x2 + 2)

1−

+ Đặt:
t=

1−

1
1
1
⇒ t2 = 1 − 2 ⇒ x2 =
2
x
x

1 − t2
5

1
x2


⇒ xdx =

t
dt
(1 − t2 )2

+ Tích phân đã tương đương với:
+∞

x2 (x2 + 2)

1

t
1−t2

1

=
0

1
= √

2 6
1
= √
2 6

t
1−t2

+ 2t

dt =

√

6
2
√
6
2

1
0

=
1−

1

1
2

0

3
2

1
x2

0

t
(1−t2 )2
1
( 1 +
1−t2 1−t2

+t

6
2
√
6
2

6
− t + ln
2

√

6
+t
2

6
2

0
1

1
6
2

dt

√

6
2

+t
+

√
0

dt

1

√

−t

1
dt = √
2 6
−t

2)t

1

1
1
dt
=
2
− t2

√

+t+
√

−ln

1

xdx

−t

−t
1

√
6
2

√

1
|10 = √
2 6

ln

6
2
√
6
2

+t
−t

√
1
= √ ln(5 + 2 6)

2 6

4

Câu 4

Giải phương trình:
a)

√
2x y
4 arctan x
y
= √
√ −
2
y 1+x
1 + x2

b) y + 5y − 14y = (12x + 21) cos 2x − (64x + 81) sin 2x

4.1
4.1.1

Hướng dẫn giải
Câu a

√
2x y
4 arctan x

y
√
=
√ −
y 1 + x2
1 + x2

(1)

- Đặt:
z=

√

y
y
y ⇒ z = √ ⇒ √ = 2z
2 y
y
6

dt

+t
|10


- Từ đó (1), trở thành:
2z −
⇔z −

2x
4 arctan x
z= √
2
1+x
1 + x2

x
2 arctan x
z= √
2
1+x
1 + x2

(2)

- Đặt:
P (x) = −

x
⇒
1 + x2

P (x)dx = −

x
1
dx = −
2

1+x
2

d(1 + x2 )
1 + x2

1
P (x)dx = − ln(1 + x2 )
2
2 arctan x
Q(x) = √
1 + x2

⇒

- Nghiệm tổng quát của phương trình là:
z = e−
1

P (x)dx

⇒ z = e 2 ln(1+x
=

√
1 + x2

2)

e

P (x)dx

1

2)

e− 2 ln(1+x

Q(x)dx + C
2 arctan x
√
dx + C
1 + x2

√
2 arctan x
2 arctan xd(arctan x) + C
dx
+
C
=
1 + x2
1 + x2
√
⇒ z = 1 + x2 arctan2 x + C

- Vậy ta suy ra được:
y = z 2 = (1 + x2 ) arctan2 x + C
4.1.2

2

Câu b
y + 5y − 14y = (12x + 21) cos 2x − (64x + 81) sin 2x (3)

- Phương trình đặc trưng:
k 2 + 5k − 14 = 0 ⇔ k1 = −7 ∨ k2 = 2
7


- Nghiệm của phương trình thuần nhất:
y0 = C1 e−7x + C2 e2x
- Ta có:
f (x) = (12x+21) cos 2x−(64x+81) sin 2x = (12x+21) cos 2x+(−64x−81) sin 2x
- Xét:
f (x) = eαx (Pn (x) cos βx+Qm (x) sin βx) = (12x+21) cos 2x+(−64x−81) sin 2x
+ Từ đó suy ra được:
α=0 ;

β=2 ;

Pn (x) bậc 1 ;

Qm (x) bậc 1

- Nghiệm riêng có dạng:
yr = xs eαx (Hk (x) cos βx + Tk (x) sin βx)
+ Trong đó:
s = 0 vì α + βi = 2i không là nghiệm của phương trình đặc trưng.

Bậc của Hk (x) và Tk (x) xác định bởi: k = max{m, n} = max{1, 1} = 1
(m, n là bậc của đa thức Pn (x) và Qm (x)).
+ Khi đó ta được:
yr1 = (Ax + B) cos 2x + (Cx + D) sin 2x
yr1 = 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 −

yr1 = 2C cos 2x−4 Cx + D +

A
2

C
2

sin 2x

sin 2x− 2A sin 2x + 4 Ax + B −

= −4 (Ax + B − C) cos 2x − 4 (Cx + D + A) sin 2x
+ Thêm nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được:
−14yr1 = −14(Ax + B) cos 2x − 14(Cx + D) sin 2x
5yr1 = 10 Cx + D +

A

2

cos 2x − 10 Ax + B −
8

C
2

sin 2x

C
2

cos 2x


yr1 = −4 (Ax + B − C) cos 2x − 4 (Cx + D + A) sin 2x
+ Cộng 2 vế lại, ta được:
yr1 + 5yr1 − 14yr1
= [(−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 = C1 e−7x + C2 e2x + (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
5.1.1

Hướng dẫn giải
Phương pháp Euler

- Xét phương trình đặc trưng sau:
1−λ
−3
1
3
−3 − λ −1 = 0 ⇔ −λ3 − λ2 + 4λ + 4 = 0
3
−5
1−λ
⇒ λ1 = −2 ∨ λ2 = −1 ∨ λ3 = 2
9


+ Để tiện trong việc tính toán phương trình đặc trưng ta có định lý sau đây:


a11 a12 a13
Cho A = a21 a22 a23 
a31 a32 a33

+ Thì:
|A − λI|
= −λ3 + tr(A)λ2 −

a22 a23
a
a
a
a
+ 11 13 + 11 12
a32 a33
a31 a33
a21 a22

λ + det(A)

+ Với:
tr(A) = a11 + a22 + a33

là VẾT của ma trận A

- Tương ứng với λ1 = −2, ta xét hệ sau:


3p1 − 3p2 + p3 = 0
3p1 − p2 − p3 = 0


3p1 − 5p2 + 3p3 = 0

 
2
⇒ P1 = 3
3

- Tương ứng với λ1 = −1, ta xét hệ sau:


2p1 − 3p2 + p3 = 0
3p1 − 2p2 − p3 = 0


3p1 − 5p2 + 2p3 = 0

 
1

⇒ P2 = 1
1

- Tương ứng với λ1 = 2, ta xét hệ sau:


−p1 − 3p2 + p3 = 0
3p1 − 5p2 − p3 = 0


3p1 − 5p2 − p3 = 0

 

4

⇒ P3 = 1
7

- Vậy:
 
x

X(t) = y  = C1 eλ1 t P1 + C2 eλ2 t P2 + C3 eλ3 t P3
z
 
 
 
2
1
4
= C1 e−2t 3 + C2 e−t 1 + C3 e2t 1
3
1
7
10




2C1 e−2t + C2 e−t + 4C3 e2t
=  3C1 e−2t + C2 e−t + C3 e2t 
3C1 e−2t + C2 e−t + 7C3 e2t
- 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


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=

1.1

√
3

x3 − 2x2

Hướng dẫn giải

- Tập xác định của hàm số: D = R
1
- Ta viết lại hàm số: y = (x3 − 2x2 ) 3
- Đạo hàm của hàm số:
2
1

1
y = (x3 − 2x2 )− 3 (3x2 − 4x) =
3
3

=

1
3

3x2 − 4x

3

1
=
3
2
2
3
(x − 2x )

3x2 − 4x
3

x4 (x − 2)2

3x − 4
3

x(x − 2)2

4
3
+ Điểm làm đạo hàm không xác định là: x = 0 và x = 2
- Bảng biến thiên:
y =0⇔x=

x

−∞

−

+

y

4
3

0

0

0
−

−∞
- Kết luận:

+ Hàm số đồng biến trên: (−∞, 0] ∪
+ Hàm số nghịch biến trên: 0, 34

+

+
0

y

4
, +∞
3

1

+∞

2

√
3

32
3

+∞


+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0 √

3
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 43 và yCT = − 332
- Tìm điểm uốn:
+ Ta có:
1
2
1
1 3x − 4
= (3x − 4)x− 3 (x − 2)− 3
y = 3
2
3 x(x − 2)
3
+ Logarith hóa 2 vế:
ln(y ) = ln
⇒
=
=

1
3

1
2
+ ln|3x − 4| − ln|x| − ln|x − 2|
3
3

y
3

1
2
=
−
−
y
3x − 4 3x 3(x − 2)

27(x2 − 2x) − 3(3x − 4)(x − 2) − 6(3x2 − 4x)
9x(x − 2)(3x − 4)

−8
1
⇒y =
3x(x − 2)(3x − 4)
3
⇒y =

3x − 4
3

x(x − 2)2

−8
3x(x − 2)(3x − 4)

−8
9

x4 (x − 2)5

3

- Bảng xét điểm uốn và dạng đồ thị:
x
y

−∞

0
+

+∞

2
+

−

- 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=0⇒y=0
√
3
4
32
x= ⇒y=−
≈ −1, 0582
3

3
x=2⇒y=0
- TIỆM CẬN ĐỨNG:
+ Do tập xác định của hàm số là R nên:
2


⇒ hàm số không có tiệm cận đứng.
- TIỆM CẬN XIÊN:
√
3
x3 − 2x2
= lim
a = lim
x→∞
x→∞
x

3

1−

√
3
b = lim ( x3 − 2x2 − x) = lim x
x→∞

3

= lim

x→∞

3

x→∞

1−
1
x

2
x

−1
= lim −
x→∞

33 1−

Câu 2

Tính diện tích mặt tròn xoay tạo bởi cung
x

y = e− 2 , 0 ≤ x ≤ +∞
quay quanh trục Ox.

3

1−

2

⇒ tiệm cận xiên là y = x − 23
⇒ không có tiệm cận ngang.
- ĐỒ THỊ HÀM SỐ:
+ Lưu ý là ta vẽ tiệm cận xiên trước.

2

2
=1
x

2 2
x

2
−1
x
=−

2
3


2.1

Hướng dẫn giải

- Ta có công thức tính diện tích mặt tròn xoay tạo bởi cung quay quanh trục
Ox là:
b

|f (x)| 1 + [f (x)]2 dx

S = 2π
a
− x2

x

- Do hàm f (x) = e luôn dương với mọi x nên |f (x)| = e− 2 .
- Đạo hàm của hàm f (x):
1 x
f (x) = − e− 2
2
- Lúc đó ta có:

+∞

1
1 + e−x dx
4

x

e− 2

S = 2π
0

+ Đặt:

x
2
t = e− 2 ⇒ t2 = e−x ⇒ 2tdt = −e−x dx ⇒ dx = − dt
t

+ Đổi cận:
x=0⇒t=1 ;

x = +∞ ⇒ t = 0

+ Tích phân trở thành:
0

S = 2π
1

t√
2
4 + t2 −
2
t

+ Đặt:
u=

√

1

dt = 2π

√
4 + t2 dt = 2πI1

0

t
dt
4 + t2
dv = dt ⇒ v = t

4 + t2 ⇒ du = √

+ Vậy tích phân I1 trở thành:
√
I1 = t 4 + t2 |10 −

1
0

=

√

1

5−

t2
√
dt
4 + t2

√
4 + t2 dt +

0

⇒ 2I1 =

1

√
0

√

1

√

5+
0

4

−4
dt
4 + t2

4
dt
4 + t2