Giải mẫu đề thi cuối kì Môn giải tích

GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI KÌ GIẢI TÍCH 1 Bản quyền thuộc về Ngân Hàng Đề Thi ĐH Bách Khoa HCM https://www.facebook.com/nganhangdethibkhcm 1 Câu 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = x2ln2x 1.1 Hướng dẫn giải - Tập xác định của hàm số: D = (0,+∞) - Đạo hàm của hàm số: y′ = 2xln2x+ x2.2lnx. 1 x = 2xln2x+ 2xlnx = 2xlnx(lnx+ 1) y′ = 0⇔ 2xlnx(lnx+ 1) = 0⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = 1 e - Bảng biến thiên: x y′ y 0 1e 1 +∞ + 0 − 0 + 0 1 e2 0 +∞ - 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 yCĐ = 1 e2 + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = 0 - Tìm điểm uốn: y′′ = 2xlnx(lnx+ 1) = (2lnx+ 2)(lnx+ 1) + 2lnx = 2ln2x+ 6lnx+ 2 1 y′′ = 0⇔ ln2x+ 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 e2 ≈ 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− x2ln2x = lim x→0− ln2x 1 x2 = lim x→0− lnx x − 1 x3 = lim x→0− lnx − 1 x2 = lim x→0− 1 x 2 x3 = lim x→0− x2 2 = 0 = lim x→0+ x2ln2x ⇒ hàm số không có tiệm cận đứng. - TIỆM CẬN XIÊN: a = lim x→∞ x2ln2x x = lim x→∞ xln2x =∞ 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 6= 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: 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| ) |32 = ( 15 2 − 2ln2 ) − 6 = 3 2 − 2ln2 3 Câu 3 Cho tích phân I = ∫ +∞ 1 dx (xm + 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: I = ∫ 2 1 dx (xm + 2) √ x2 − 1 + ∫ +∞ 2 dx (xm + 2) √ x2 − 1 = I1 + I2 - 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) √ (x− 1)(x+ 1) ∼ 1 3 √ 2(x− 1) 12 4 + Đây là tích phân suy rộng loại 2, thấy α = 1 2 < 1⇒ I1 hội tụ. - Xét tích phân I2: I2 = ∫ +∞ 2 dx (xm + 2) √ x2 − 1 + Khi x→ +∞ ta xét các trường hợp của m như sau: * Khi m < 0, xét: 1 (xm + 2) √ x2 − 1 ∼ 1 2x ⇒ α = 1⇒ I2 phân kỳ⇒ I phân kỳ * Khi m = 0, xét: 1 (xm + 2) √ x2 − 1 ∼ 1 3x ⇒ α = 1⇒ I2 phân kỳ⇒ I phân kỳ * Khi m > 0, xét: 1 (xm + 2) √ x2 − 1 ∼ 1 xm+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− 1 x2 + Đặt: t = √ 1− 1 x2 ⇒ t2 = 1− 1 x2 ⇒ x2 = 1 1− t2 5 ⇒ xdx = t (1− t2)2dt + Tích phân đã tương đương với:∫ +∞ 1 xdx x2(x2 + 2) √ 1− 1 x2 = ∫ 1 0 t (1−t2)2 1 1−t2 ( 1 1−t2 + 2)t dt = ∫ 1 0 t 1−t2 t 1−t2 + 2t dt = 1 2 ∫ 1 0 1 3 2 − t2dt = 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 ∣∣∣∣∣ ) |10 = 1 2 √ 6 ( ln ∣∣∣∣∣ √ 6 2 + t √ 6 2 − t ∣∣∣∣∣ ) |10 = 1 2 √ 6 ln(5 + 2 √ 6) 4 Câu 4 Giải phương trình: a) y′√ y − 2x √ y 1 + x2 = 4arctanx√ 1 + x2 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 + x2 = 4arctanx√ 1 + x2 (1) - Đặt: z = √ y ⇒ z′ = y ′ 2 √ y ⇒ y ′ √ y = 2z′ 6 - Từ đó (1), trở thành: 2z′ − 2x 1 + x2 z = 4arctanx√ 1 + x2 ⇔ z′ − x 1 + x2 z = 2arctanx√ 1 + x2 (2) - Đặt: P (x) = − x 1 + x2 ⇒ ∫ P (x)dx = − ∫ x 1 + x2 dx = −1 2 ∫ d(1 + x2) 1 + x2 ⇒ ∫ P (x)dx = −1 2 ln(1 + x2) Q(x) = 2 arctanx√ 1 + x2 - Nghiệm tổng quát của phương trình là: z = e− ∫ P (x)dx (∫ e ∫ P (x)dxQ(x)dx+ C ) ⇒ z = e 12 ln(1+x2) (∫ e− 1 2 ln(1+x2)2 arctanx√ 1 + x2 dx+ C ) = √ 1 + x2 (∫ 2 arctanx 1 + x2 dx+ C ) = √ 1 + x2 (∫ 2 arctanxd(arctanx) + C ) ⇒ z = √ 1 + x2 ( arctan2 x+ C ) - Vậy ta suy ra được: y = z2 = (1 + x2) ( arctan2 x+ C )2 4.1.2 Câu b y′′ + 5y′ − 14y = (12x+ 21) cos 2x− (64x+ 81) sin 2x (3) - Phương trình đặc trưng: k2 + 5k − 14 = 0⇔ k1 = −7 ∨ k2 = 2 7 - Nghiệm của phương trình thuần nhất: y0 = C1e −7x + C2e2x - 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 = x seαx(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 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: −14yr1 = −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 − 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 = C1e −7x + C2e2x + (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⇔ −λ3 − λ2 + 4λ+ 4 = 0 ⇒ λ1 = −2 ∨ λ2 = −1 ∨ λ3 = 2 9 + Để tiện trong việc tính toán phương trình đặc trưng ta có định lý sau đây: Cho A = a11 a12 a13a21 a22 a23 a31 a32 a33  + Thì: |A− λI| = −λ3 + tr(A)λ2 − (∣∣∣∣a22 a23a32 a33 ∣∣∣∣+ ∣∣∣∣a11 a13a31 a33 ∣∣∣∣+ ∣∣∣∣a11 a12a21 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 ⇒ P1 = 23 3  - Tương ứng với λ1 = −1, ta xét hệ sau: 2p1 − 3p2 + p3 = 0 3p1 − 2p2 − p3 = 0 3p1 − 5p2 + 2p3 = 0 ⇒ P2 = 11 1  - Tương ứng với λ1 = 2, ta xét hệ sau: −p1 − 3p2 + p3 = 0 3p1 − 5p2 − p3 = 0 3p1 − 5p2 − p3 = 0 ⇒ P3 = 41 7  - Vậy: X(t) = xy z  = C1eλ1tP1 + C2eλ2tP2 + C3eλ3tP3 = C1e −2t 23 3 + C2e−t 11 1 + C3e2t 41 7  10 =2C1e−2t + C2e−t + 4C3e2t3C1e−2t + C2e−t + C3e2t 3C1e −2t + C2e−t + 7C3e2t  - 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