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 =√3
x3− 2x2
1.1 Hướng dẫn giải
- Tập xác định của hàm số: D = R
- Ta viết lại hàm số: y = (x3− 2x2)13
- Đạo hàm của hàm số:
y0 = 1
3(x
3− 2x2)−2(3x2− 4x) = 1
3
3x2− 4x
3
p(x3− 2x2)2 = 1
3
3x2− 4x
3
px4(x − 2)2
= 1 3
3x − 4
3
px(x − 2)2
y0 = 0 ⇔ x = 4
3 + Điểm làm đạo hàm không xác định là: x = 0 và x = 2
- Bảng biến thiên:
x
y0
y
−∞
0
−3
√ 32 3
−3
√ 32 3
- Kết luận:
+ Hàm số đồng biến trên: (−∞, 0] ∪4
3, +∞ + Hàm số nghịch biến trên: 0,4
3
Trang 2
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 43 và yCT = −3
√ 32 3
- Tìm điểm uốn:
+ Ta có:
y0 = 1 3
3x − 4
3
px(x − 2)2 = 1
3(3x − 4)x
− 1
3(x − 2)−23
+ Logarith hóa 2 vế:
ln(y0) = ln 1
3
+ ln|3x − 4| − 1
3ln|x| −
2
3ln|x − 2|
00
3x − 4 − 1
3(x − 2)
= 27(x
2− 2x) − 3(3x − 4)(x − 2) − 6(3x2− 4x)
9x(x − 2)(3x − 4)
3x(x − 2)(3x − 4) ⇒ y00 = 1
3
3x − 4
3
px(x − 2)2
3x(x − 2)(3x − 4)
9px3 4(x − 2)5
- Bảng xét điểm uốn và dạng đồ thị:
x
y00
- 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 = 0 ⇒ y = 0
x = 4
3 ⇒ y = −
3
√ 32
3 ≈ −1, 0582
x = 2 ⇒ y = 0
- TIỆM CẬN ĐỨNG:
+ Do tập xác định của hàm số là R nên:
Trang 3⇒ hàm số không có tiệm cận đứng.
- TIỆM CẬN XIÊN:
a = lim
x→∞
3
√
x3− 2x2
x = limx→∞
3
r
1 − 2
x = 1
b = lim
x→∞(√3
x3− 2x2− x) = lim
x→∞
"
r
1 − 2
x − 1
!#
= lim
x→∞
3
q
1 −2x − 1
1 x
= lim
x→∞− 2
3q3
1 − 2 x
2 = −2
3
⇒ tiệm cận xiên là y = x − 2
3
⇒ không có tiệm cận ngang
- ĐỒ THỊ HÀM SỐ:
+ Lưu ý là ta vẽ tiệm cận xiên trước
2 Câu 2
Tính diện tích mặt tròn xoay tạo bởi cung
y = e−x2, 0 ≤ x ≤ +∞
quay quanh trục Ox
Trang 42.1 Hướng dẫn giải
- Ta có công thức tính diện tích mặt tròn xoay tạo bởi cung quay quanh trục
Ox là:
S = 2π
Z b a
|f (x)|p1 + [f0(x)]2dx
- Do hàm f (x) = e−x2 luôn dương với mọi x nên |f (x)| = e−x2
- Đạo hàm của hàm f (x):
f0(x) = −1
2e
− x 2
- Lúc đó ta có:
S = 2π
Z +∞
0
e−x2
r
1 + 1
4e
−xdx
+ Đặt:
t = e−x2 ⇒ t2 = e−x ⇒ 2tdt = −e−xdx ⇒ dx = −2
tdt + Đổi cận:
x = 0 ⇒ t = 1 ; x = +∞ ⇒ t = 0 + Tích phân trở thành:
S = 2π
Z 0 1
t 2
√
4 + t2
−2 t
dt = 2π
Z 1 0
√
4 + t2dt = 2πI1
+ Đặt:
u =√
4 + t2 ⇒ du = √ t
4 + t2dt
dv = dt ⇒ v = t + Vậy tích phân I1 trở thành:
I1 = t√
4 + t2|10−
Z 1 0
t2
√
4 + t2dt
5 −
Z 1 0
√
4 + t2dt +
Z 1 0
−4
√
4 + t2dt
⇒ 2I1 =√
5 +
Z 1 0
4
√
4 + t2dt
Trang 5⇒ I1 =
√ 5
2 + 2
Z 1 0
dt
√
4 + t2
+ Mà ta đã biết công thức tích phân bất định sau:
Z dx
√
x2 ± a2 = ln|x +√
x2± a2| + C + Nên suy ra:
⇒ I1 =
√ 5
2 + 2ln(t +
√
t2+ 4)|10 =
√ 5
2 + 2ln
1 +√ 5 2
!
- Vậy diện tích cần tính là:
S = 2π
"√ 5
2 + 2ln
1 +√ 5 2
!#
= π"√
5 + 4ln 1 +
√ 5 2
!#
3 Câu 3
Tìm α để tích phân sau hội tụ
I =
Z 1
0
dx
xα√
1 − 4x2
Tính tích phân khi α = −2
3.1 Hướng dẫn giải
- Ta thấy 2 cận của tích phân làm cho biểu thức dưới dấu tích phân không xác định Nên ta tách ra thành 2 tích phân suy rộng loại 2 như sau:
I =
Z 1
0
dx
xα√
1 − 4x2 +
Z 1
1
dx
xα√
1 − 4x2 = I1 + I2
- Xét tích phân I1:
I1 =
Z 14
0
dx
xα√
1 − 4x2
Trang 6Xét khi x → 0+:
+ Khi α < 0:
1
xα√
1 − 4x2 ∼ 0
⇒ I1 hội tụ
+ Khi α = 0:
1
xα√
1 − 4x2 ∼ √ 1
1 − 4x2 ∼ 1
⇒ I1 hội tụ
+ Khi α > 0:
1
xα√
1 − 4x2 ∼ 1
xα
- Như vậy thì để I1 hội tụ thì trong trường hợp này α phải thỏa 0 < α < 1
- Tổng hợp lại thì với α < 1 thì I1 hội tụ!
- Xét tích phân I2:
I2 =
Z 12
1
dx
xα√
1 − 4x2
+ Xét khi x → 12−:
+ Khi α < 0:
1
xα√
xαp(1 + 2x)(1 − 2x) ∼
1
√
221αp(1 − 2x)
221α
q
2 12 − x
2−α+1 1
2 − x1
⇒ do đây là tích phân suy rộng loại 2 và α = 1
2 < 1 nên I2 hội tụ
+ Khi α = 0:
1
xα√
2 12 − x12
⇒ I2 hội tụ
+ Khi α > 0:
1
xα√
2−α+1 1
2 − x12
Trang 7⇒ I2 hội tụ.
KẾT LUẬN: Do I2 đã hội tụ nên để cho I hội tụ thì I1 phải hội tụ Vậy
α < 1 thỏa mãn
* Tính tích phân khi α = −2
- Khi α = −2 thì ta có tích phân sau:
I =
Z 1
0
x2
√
1 − 4x2dx = 1
2
Z 1
0
x2
q
1
4 − x2
dx
+ Đặt:
x = 1
2sin t với −
π
2 ≤ t ≤ π
2
⇒ dx = 1
2cos tdt + Đổi cận:
x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 1
2 ⇒ t = π
2
- Tích phân trở thành:
1
8
Z π2
0
sin2t = 1
8
Z π2
0
1
2 − cos 2x
2
dt = x
16− sin 2x
32
|
π 2
0 = π 32
4 Câu 4
Giải phương trình:
a) y0 = 2x + y
x
2
, y(1) = 2 b) y00− 2y0+ 2y = e2x(3 cos x − sin x)
4.1 Hướng dẫn giải
y0 = 2x + y
x
2
=2 + y
x
2
Trang 8- Đặt:
u = y
x ⇒ y = ux ⇒ y0 = u0x + u
- Thay vào phương trình ta được:
u0x + u = (2 + u)2 ⇔ du
dx.x + u = 4 + 4u + u
2
u2+ 3u + 4 =
dx x
- Lấy tích phân 2 vế:
Z
du
u2+ 3u + 4 =
Z dx
x ⇔ I1 =
Z dx x
- Tính I1:
+ Biến đổi:
Z
du
u2+ 3u + 4 =
Z
du
u +322+74 + Đặt:
u +3
2 =
√ 7
2 tan t với −
π
2 < t <
π 2
⇒ du =
√ 7 2
1 cos2tdt + Và ta suy ra được:
t = arctan
u + 3 2
2
√ 7
+ Tích phân I1 trở thành:
Z
√ 7 2
1 cos 2 t 7
4tan2t + 74dt =
Z
√ 7 2
1 cos 2 t 7 4
1 cos 2 t
dt = √2
7t
- Vậy ta được:
2
√
7t = ln|x| + C
⇔ C = √2
7arctan
u +3 2
2
√ 7
− ln|x|
Trang 9⇔ C = √2
7arctan
y
x +
3 2
2
√
7 − ln|x|
- Thay điều kiện ban đầu y(1) = 2 vào ta được:
C = √2
7arctan
2 + 3 2
2
√ 7
= √2
7arctan
√ 7
- Vậy nghiệm của phương trình là:
2
√
7arctan
y
x +
3 2
2
√ 7
= ln|x| + √2
7arctan
√ 7
y00− 2y0+ 2y = e2x(3 cos x − sin x)
- Phương trình đặc trưng:
k2− 2k + 2 = 0 ⇔ k1 = 1 − i ∨ k2 = 1 + i
- Với k1 = 1 − i, nghiệm của phương trình thuần nhất:
y0 = ex(C1cos x − C2sin x)
- Ta có:
f (x) = e2x(3 cos x − sin x) = eαx[Pn(x) cos βx + Qm(x) sin βx]
+ Từ đó suy ra được:
α = 2 ; β = −1 ; Pn(x) bậc 0 ; Qm(x) bậc 0
- Nghiệm riêng có dạng:
yr= xseαx(Hk(x) cos βx + Tk(x) sin βx)
+ Trong đó:
s = 0 vì α + βi = 2 − i không là nghiệm của phương trình đặc trưng Bậc của Hk(x) và Tk(x) xác định bởi: k = max{m, n} = max{0, 0} = 0 (m, n là bậc của đa thức Pn(x) và Qm(x))
+ Khi đó ta được:
yr= e2x(A cos x − B sin x)
Trang 10yr0 = 2e2x(A cos x − B sin x) + e2x(−A sin x − B cos x)
= e2x[(2A − B) cos x + (−A − 2B) sin x]
y00r = 2e2x[(2A−B) cos x+(−A−2B) sin x]+e2x[−(2A−B) sin x+(−A−2B) cos x]
= e2x[(3A − 4B) cos x + (−4A − 3B) sin x]
+ Thêm nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được:
2yr = e2x(2A cos x − 2B sin x)
−2y0r= e2x[(−4A + 2B) cos x + (2A + 4B) sin x]
yr00= e2x[(3A − 4B) cos x + (−4A − 3B) sin x]
+ Cộng 2 vế lại, ta được:
yr00− 2yr0 + 2yr
= e2x[(2A − 4A + 2B + 3A − 4B) cos x + (−2B + 2A + 4B − 4A − 3B) sin x]
= e2x[(A − 2B) cos x + (−2A − B) sin x]
+ Từ đó ta có:
e2x[(A − 2B) cos x + (−2A − B) sin x] = e2x(3 cos x − sin x)
+ Từ đó ta có hệ sau:
(
A − 2B = 3
(
A = 1
B = −1
- KẾT LUẬN: Nghiệm tổng quát của phương trình là:
y = ex(C1cos x − C2sin x) + e2x(cos x − sin x)
5 Câu 5
Giải hệ phương trình:
(
x0 = x + 2y + et (1)
y0 = −x + 3y (2)
Trang 115.1 Hướng dẫn giải
- Cộng 2 vế của phương trình (1) và (2) lại ta được:
x0+ y0 = 5y + et (3)
- Đạo hàm 2 vế của phương trình (2) theo biến t, ta được:
y00= −x0+ 3y0 ⇒ x0 = −y00+ 3y0 (4)
- Thay (4) vào (3), ta được:
−y00+ 3y0+ y0 = 5y + et⇔ y00− 4y0+ 5y = −et + Phương trình đặc trưng:
k2− 4k + 5 = 0 ⇒ k1 = 2 + i ∨ k2 = 2 − i + Nghiệm của phương trình thuần nhất ứng với k1 = 2 + i:
y0 = e2t(C1cos t + C2sin t)
+ Ta có:
f (t) = −et= Pn(t)eαt + Suy ra:
α = 1 ; Pn(t)bậc 0 + Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:
yr = tseαtQn(t)
Trong đó:
s = 0 do α = 1 không là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng
Qn(t) = A vì Qn(t) cùng bậc với Pn(t)
+ Lúc đó, ta có:
yr = Aet
yr0 = Aet
y00r = Aet
Trang 12+ Và ta được:
5yr = 5Aet
−4yr0 = −4Aet
y00r = Aet + Suy ra:
yr00− 4yr0 + 5yr = 2Aet + Mà ta có:
−et= 2Aet⇒ A = −1
2
- Ta có nghiệm riêng:
yr = −1
2e
t
- Suy ra nghiệm tổng quát:
y = e2t(C1cos t + C2sin t) −1
2e
t
+ Đạo hàm theo biến t nghiệm tổng quát vừa tìm, ta được:
y0 = 2e2t(C1cos t + C2sin t) + e2t(−C1sin t + C2cos t) −1
2e
t
= e2t[(2C1+ C2) cos t + (−C1+ 2C2) sin t] − 1
2e
t
+ Thay vào phương trình (2), ta được:
e2t[(2C1+C2) cos t+(−C1+2C2) sin t]−1
2e
t = −x+3
e2t(C1cos t + C2sin t) −1
2e
t
⇒ x = 3
e2t(C1cos t + C2sin t) − 1
2e
t
−e2t[(2C1+C2) cos t+(−C1+2C2) sin t]+1
2e
t
= e2t[(3C1− 2C1− C2) cos t + (3C2+ C1− 2C2) sin t] − et
= e2t[(C1− C2) cos t + (C1+ C2) sin t] − et
- Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
(
x = e2t[(C1− C2) cos t + (C1+ C2) sin t] − et
y = e2t(C1cos t + C2sin t) −12et
- 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