Đềthi học kì I khóa 2010: môn toán b1 khoa vật lý – thời gian làm bài: 90 phút

n dấu căn ĐỀ THI HỌC KÌ I Khóa 2010: Môn Toán B1 Khoa Vật Lý – Trường ĐHKHTN Thời gian làm bài: 90 phút Ngày thi 24/01/2011 (Được phép sử dụng tài liệu) 1. Cho dãy số {an}, an = .2n n Chứng minh rằng {an} hội tụ và tìm giá trị giới hạn của nó. 2. Cho dãy số {an}, an = .3030...3030 ++++ . Chứng minh rằng {an} hội tụ và tìm giá trị giới hạn của nó. 3. Hãy xác định giới hạn x x x x 2sin 1 0 3cos coslim       → . 4. Cho f(x) = x2ch(x). Tính f(100)(x). 5. Hãy triển khai hàm số f(x) = e xx 22− theo các lũy thừa nguyên dương của x đến số hạng chứa x5. 6. Chứng minh rằng tích phân suy rộng ∫ +∞ + − 0 sin1 2 2 e x x dx hội tụ. --- HẾT --- 1. Xét dãy {bn}, bn = n n ≥ 1. Đặt cn = bn – 1 ≥ 0. ⇒ bn = 1 + cn ⇔ n n = 1 + cn ⇒ n = (1 + cn)n = 1 + ncn + 2 )1( −nn cn 2 ++ cn 2 ≥ 2 )1( −nn cn 2 . ⇒ 0 ≤ cn ≤ 1 2 −n  → ∞→n 0 ⇒ n n c ∞→ lim = 0. Mà bn = 1 + cn ⇒ n n b ∞→ lim = )1(lim n n c+ ∞→ = 1. Ta có: n n a ∞→ lim = n n n 2lim ∞→ = ( )2lim n n n ∞→ = n n n ∞→ lim . n n n ∞→ lim = 1 . 1 = 1. Vậy: Dãy số {an} hội tụ và giá trị hội tụ bằng 1. 2. Dãy số {an}, an = .3030...3030 ++++ Ta có: 5 ≤ an ≤ 6 ⇒ an + 1 = na+30 ≤ 6. ⇒ 30 + an = an + 12 = an + 1 . an + 1 ≤ 30 + an + 1 ⇒ an ≤ an + 1. Ta có: an ≤ an + 1 5 ≤ an ≤ 6 Mặt khác: 30 + an = an + 12 ⇒ A2 – A – 30 = 0 ⇔ A = -5 (loại) hay A = 6 (nhận). Vậy: Dãy số {an} hội tụ và giá trị hội tụ bằng 6. 3. x x x x 2sin 1 0 3cos coslim       → =       − − →                       −+ 1 3cos cos sin 1 1 3cos cos 1 0 2 1 3cos cos1lim x x x x x x x x = e x x xx       − → 1 3cos cos sin 1lim 20 = e A . A =       − → 1 3cos cos sin 1lim 20 x x xx =       − → x xx xx 3cos 3coscos sin 1lim 20 =      −− → x xxx xx 3cos )cos3cos4(cos sin 1lim 3 20 =       − → x xx xx 3cos )cos1(cos4 sin 1lim 2 20 = x xx xx 3cos sincos4 . sin 1lim 2 20→ = x x x 3cos cos4lim 0→ = 4. ⇒ x x x x 2sin 1 0 3cos coslim       → = e 4 . 4. f(x) = x2ch(x). Áp dụng công thức Leibniz ta có: )100()( 100 0 100 )100( .)( kk k k vuuv C − = ∑= . Trong đó: u = x2 và v = chx. Ta có: (x2)(3) = 0 ⇒ k = 0, 1, 2. Khi đó: f(100)(x) = )100()( 2 0 100. kk k k vuC − = ∑ = C0100 x2chx + C1100 2x.shx + C 2100 2.chx. Suy ra: f(100)(x) = x2chx + 200x.shx + 9900chx. 5. f(x) = e xx 22− . Đặt X = x – 2x2. Áp dụng công thức Maclaurin với phần dư dạng Peano: )( !5!4!3!2 1 5 5432 XoXXXXXe X ++++++= . ⇒ e xx 22− = 1 + (x – 2x2) + 2 1 (x – 2x2)2 + 6 1 (x – 2x2)3 + 24 1 (x – 2x2)4 + 120 1 (x – 2x2)5 + o(x5). ⇒ f(x) = e xx 22− = 1 + x – 2 3 x 2 – 6 11 x 3 + 24 25 x 4 + 40 67 x 5 + o(x5). 6. Xét dxe x ∫ +∞ − 0 ta có: dx b x b e∫ − +∞→ 0 lim = )1(lim b b e− +∞→ − = 1 ⇒ dxe x ∫ +∞ − 0 hội tụ. Lại có: 0 ≤ ∫ +∞ + − 0 sin1 2 2 e x x ≤ dxe x ∫ +∞ − 0 2 ≤ dxe x ∫ +∞ − 0 ⇒ ∫ +∞ + − 0 sin1 2 2 e x x hội tụ. Theo Weierstrass về sự hội tụ của dãy đơn điệu bị chặn thì {an} hội tụ ⇒ ∃ A = n n a ∞→ lim ⇒ 1lim + ∞→ n n a = A.