Nên suy ra hàm số cũng không có tiệm cận ngang... Nên đây là tích phân suy rộng loại 1 và 2.
Trang 1GIẢI 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:
y0 = 2xln2x + x2.2lnx.1
x = 2xln
2
x + 2xlnx = 2xlnx(lnx + 1)
y0 = 0 ⇔ 2xlnx(lnx + 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = 1
e
- Bảng biến thiên:
x
y0
y
0
1
e 2
1
e 2
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= 1
e 2
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = 0
- Tìm điểm uốn:
y00 = 2xlnx(lnx + 1) = (2lnx + 2)(lnx + 1) + 2lnx = 2ln2x + 6lnx + 2
Trang 2y00= 0 ⇔ ln2x + 3lnx + 1 = 0 ⇔ lnx = −3 −√5
√ 5 2
⇒ x = e−3−
√ 5
2 ∨ x = e−3+
√ 5 2
- Bảng xét điểm uốn và dạng đồ thị:
x
y00
e−3−
√ 5
2 e−3+
√ 5
- Các điểm mà làm cho y00 đổi dấu là các điểm uốn
- Các khoảng mà làm cho y00 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
−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
−3+√5 ≈ 0, 0680
x = 1 ⇒ y = 0
- TIỆM CẬN ĐỨNG:
lim
x→0 −x2ln2x = lim
x→0 −
ln2x
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 −
x2
2
= 0 = lim
x→0 +x2ln2x
⇒ hàm số không có tiệm cận đứng
- TIỆM CẬN XIÊN:
a = lim
x→∞
x2ln2x
x = limx→∞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
Trang 32 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)
Trang 4+ 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 =
Z 3
2
2 − x −4 − 2x
x − 1
dx =
Z 3
2
2 − x + 2x − 4
x − 1
dx
=
Z 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 =
Z +∞
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 =
Z 2
1
dx (xm+ 2)√
x2− 1 +
Z +∞
2
dx (xm+ 2)√
x2− 1 = I1+ I2
- Xét tích phân I1 sau:
Z 2
1
dx (xm+ 2)√
x2 − 1 =
Z 2
1
dx (xm+ 2)p(x − 1)(x + 1) + Khi x → 1+:
1 (xm+ 2)p(x − 1)(x + 1) ∼
1
3√ 2(x − 1)12
Trang 5+ Đây là tích phân suy rộng loại 2, thấy α = 12 < 1 ⇒ I1 hội tụ.
- Xét tích phân I2:
I2 =
Z +∞
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 =
Z +∞
1
dx (x2+ 2)√
x2− 1 + Biến đổi, ta được:
I =
Z +∞
1
dx (x2+ 2)√
x2− 1 =
Z +∞
1
dx x(x2+ 2)q1 −x12
+ Đặt:
t =
r
1 − 1
x2 ⇒ t2 = 1 − 1
x2 ⇒ x2 = 1
1 − t2
Trang 6⇒ xdx = t
(1 − t2)2dt + Tích phân đã tương đương với:
Z +∞
1
xdx
x2(x2+ 2)
q
1 −x12
=
Z 1
0
t (1−t 2 ) 2
1 1−t 2(1−t12 + 2)tdt
=
Z 1
0
t 1−t 2
t 1−t 2 + 2tdt =
1 2
Z 1
0
1
3
2 − t2dt = 1
2
Z 1
0
1
√ 6
2 + t
√ 6
2 − t dt
2√
6
Z 1
0
√ 6
2 + t +
√ 6
2 − t
√ 6
2 + t
√ 6
2 − t dt =
1
2√ 6
Z 1
0
1
√ 6
2 − t +
1
√ 6
2 + t dt
2√
√ 6
2 − t
+ ln
√ 6
2 + t
!
|10 = 1
2√
6 ln
√ 6
2 + t
√ 6
2 − t
!
|10
2√
6ln(5 + 2
√ 6)
4 Câu 4
Giải phương trình:
0
√
y− 2x
√ y
1 + x2 = 4 arctan x√
1 + x2
b) y00+ 5y0− 14y = (12x + 21) cos 2x − (64x + 81) sin 2x
4.1 Hướng dẫn giải
y0
√
y − 2x
√ y
1 + x2 = 4 arctan x√
1 + x2 (1)
- Đặt:
z =√
y ⇒ z0 = y
0
2√
0
√
y = 2z
0
Trang 7- Từ đó (1), trở thành:
2z0− 2x
1 + x2z = 4 arctan x√
1 + x2
⇔ z0− x
1 + x2z = 2 arctan x√
1 + x2 (2)
- Đặt:
P (x) = − x
1 + x2 ⇒
Z
P (x)dx = −
Z x
1 + x2dx = −1
2
Z d(1 + x2)
1 + x2
⇒
Z
P (x)dx = −1
2ln(1 + x
2)
Q(x) = 2 arctan x√
1 + x2
- Nghiệm tổng quát của phương trình là:
z = e−R P (x)dx
Z
eR P (x)dxQ(x)dx + C
⇒ z = e12 ln(1+x 2 )
Z
e−12 ln(1+x 2 )2 arctan x
√
1 + x2 dx + C
1 + x2
Z
2 arctan x
1 + x2 dx + C
1 + x2
Z
2 arctan xd(arctan x) + C
⇒ z =√1 + x2 arctan2x + C
- Vậy ta suy ra được:
y = z2 = (1 + x2) arctan2x + C2
y00+ 5y0− 14y = (12x + 21) cos 2x − (64x + 81) sin 2x (3)
- Phương trình đặc trưng:
k2 + 5k − 14 = 0 ⇔ k1 = −7 ∨ k2 = 2
Trang 8- 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= xseαx(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
y0r1 = 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
y00r1 = 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
5yr10 = 10
Cx + D + A
2
cos 2x − 10
Ax + B −C
2
sin 2x
Trang 9yr100 = −4 (Ax + B − C) cos 2x − 4 (Cx + D + A) sin 2x + Cộng 2 vế lại, ta được:
y00r1+ 5y0r1− 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:
x0(t) = x − 3y + z (1)
y0(t) = 3x − 3y − z (2)
z0(t) = 3x − 5y + z (3)
5.1 Hướng dẫn giải
5.1.1 Phương pháp Euler
- Xét phương trình đặc trưng sau:
= 0 ⇔ −λ3− λ2+ 4λ + 4 = 0
⇒ λ1 = −2 ∨ λ2 = −1 ∨ λ3 = 2
Trang 10+ Để tiện trong việc tính toán phương trình đặc trưng ta có định lý sau đây:
Cho A =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
+ Thì:
|A − λI|
= −λ3+ tr(A)λ2−
a22 a23
a32 a33
+
a11 a13
a31 a33
+
a11 a12
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
⇒ P1 =
2 3 3
- Tương ứng với λ1 = −1, ta xét hệ sau:
2p1− 3p2+ p3 = 0 3p1− 2p2− p3 = 0 3p1− 5p2+ 2p3 = 0
⇒ P2 =
1 1 1
- Tương ứng với λ1 = 2, ta xét hệ sau:
−p1 − 3p2+ p3 = 0 3p1− 5p2− p3 = 0 3p1− 5p2− p3 = 0
⇒ P3 =
4 1 7
- Vậy:
X(t) =
x y z
= C1eλ1 tP1+ C2eλ2 tP2 + C3eλ3 tP3
= C1e−2t
2 3 3
+ C2e−t
1 1 1
+ C3e2t
4 1 7
Trang 112C1e−2t+ C2e−t+ 4C3e2t
3C1e−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
... + 2) cos 2x + (3x + 4) sin 2x5 Câu 5
Giải hệ phương trình:
x0(t) = x − 3y + z (1)
y0(t) = 3x − 3y − z (2). .. y00+ 5y0− 14y = (12x + 21) cos 2x − (64x + 81) sin 2x
4.1 Hướng dẫn giải< /h3>
y0
√
y − 2x
√ y
1 + x2... x
1 + x2z = 2 arctan x√
1 + x2 (2)
- Đặt:
P (x) = − x
1 + x2 ⇒
Z
P