Bài tập lớn Giải tích 1 trường đại học Bách Khoa TP HCM (có lời giải)

Bài tập lớn Giải tích 1 trường đại học Bách Khoa TP HCM (có lời giải) thầy TRẦN THÔNG LƯU. Giới hạn hàm sốBài 1: Tính các giới hạnii) lim┬(x→1)⁡〖(x+1)(√(6x2+3)+3x)〗= lim┬(x→1)⁡〖(x+1)(〖〖((6x2+3)〗(1⁄2))〗+(3x) )〗= lim┬(x→1)⁡〖1(1⁄2×(6x2+3)(1⁄21)×12x+3)〗 = 1v) lim┬(x→3)⁡〖(x26x+9)(x29)〗 = lim┬(x→3)⁡〖〖〖(x〗26x+9)〗〖(x29)〗 〗 = lim┬(x→3)⁡〖(2x6)2x 〗= 0viii) lim┬(x→0)⁡〖(√(x+1)1)(1+∛(x+1))〗 = lim┬(x→0)⁡〖(〖(x+1)〗(1⁄2)1)(〖(x+1)〗(1⁄3)1)〗 = lim┬(x→0)⁡〖((〖(x+1)〗(1⁄2)1)x)((〖(x+1)〗(1⁄3)1)x)〗 = (1⁄2)(1⁄3) Bài 2: Tính các giới hạnii) lim┬(x→0)⁡〖(tan⁡xsin⁡x)x3 〗 = lim┬(x→0)⁡〖(sin⁡xcos⁡x sin⁡x)x3 〗 = lim┬(x→0)⁡〖sin⁡〖x(1cos⁡x 1)〗x3 〗= lim┬(x→0)⁡〖sin⁡xx〗×(1cos⁡x 1)x2 = lim┬(x→0)⁡〖(1cos⁡x)x2 〗×1cos⁡x = lim┬(x→0)⁡〖12〗 1cos⁡0 = 12iv) lim┬(x→2)⁡〖(x24)(arc tan⁡〖(x+2)〗 )〗 = lim┬(x→2)⁡〖〖(x24)〗〖(arc tan⁡(x+2))〗 〗 = lim┬(x→2)⁡〖2x(1(1+〖(x+2)〗2 ))〗 = lim┬(x→2)⁡〖2x(1+〖(x+2)〗2 〗) = lim┬(x→2)⁡〖2x+2x〖(x+2)〗2 〗 = 4vi) lim┬(x→π2)⁡〖cosx∛(〖(1 sinx)〗2 )〗Đặt t = π2x => x→ π2=> t π2 = x t → 0=> lim┬(t→0)⁡〖(cos t π2)∛(〖(1 sint π2)〗2 )〗= lim┬(t→0)⁡〖sint∛(〖(1 cost)〗2 )〗= lim┬(t→0)⁡〖sint〖(1 cost)〗(23) 〗= lim┬(t→0)⁡〖t〖(t22)〗(23) 〗=〖lim┬(t→0) 8〗⁡〖tt(43) 〗=〖lim┬(t→0) 〗⁡〖8∛t〗 = ∞Bài 3 Tính các giới hạn ii) lim┬(x→2)⁡(1(x2)4(x24)) iv) lim┬(x→0)⁡(2sin2xcotx) iv) lim┬(x→∞)⁡(√(x21)√(x2+1)) Bài 4 Tính các giới hạn ii) lim┬(x→π4)⁡〖(π4x) 1sin⁡(3π4+x) 〗Liên tụcBài 1. Khảo sát tính liên tục của hàm sốb)f(x)={█(1x sinx,x≠0 a,x=0)┤Tại x0 ≠ 0:f(x)=sinxx là hàm số sơ cấp nên liên tụcTai x0 = 0:lim┬(x →0)⁡〖f(x)= lim┬(x →0)⁡〖sinxx=1〗 〗 Vậy hàm số liên tục  a = 1Bài 2. Tính các giới hàn sauiii)lim┬(x →0)⁡〖〖(cosx)〗(1x2 ) 〗=lim┬(x →0)⁡1(1〖cosx)〗(1x2 ) =lim┬(x →0)⁡〖〖(1+ (1)2 x2)〗(1x2 ) 〗=e((1)2)iv)lim┬(x →π4)⁡〖(tgx)tg2x 〗Đặt:x=t+π4 khi:x→π4  t→0lim┬(t →0)⁡〖tg(t+π4)(tg2(t+π4)) 〗=lim┬(t →0)⁡〖tg(t+π4)((2tg(t+π4))(1tg(t+π4)2 )) 〗=lim┬(t →0)⁡〖{1+(1)1tg(t+π4)}(1(1tg(t+π4))(2tg(t+π4))(1+tg(t+π4))) 〗=e((2tg(t+π4))(1+tg(t+π4)))=e((2tg(0+π4))(1+tg(0+π4)))=e1v)lim┬(x →∞)⁡〖(e(1x) + 1x)x 〗Đặt: t=1x khi:x→∞  t→0lim┬(t →0)⁡〖〖(et+t)〗(1t) 〗=lim┬(t →0)⁡〖〖(et1+1+t)〗(1t) 〗=lim┬(t →0)⁡〖〖(t+1+t)〗(1t) 〗=lim┬(t →0)⁡〖〖(1+2t)〗(1t) 〗=e2Đạo HàmBài 1. Tính đạo hàm của các hàm saub) 3(tan4 (x2+5x)) = (tan4(x2+5x))’. 3(tan4 (x2+5x)) .ln3= 4. ln3. 3(tan4 (x2+5x)). tan3(x2+5x). (2x+5). 1(cos2 (x2+5x))Bài 2. Tính đạo hàm cấp caob) y = 1(x+2)=> y’= 1〖(x+2)〗2 => y(n) = (〖(1)〗n.n)〖(x+2)〗(n+1) => y(10) = (〖(1)〗10.10)〖(x+2)〗(10+1) d) y = ln(x2+x+2) = ln(x1) (x+2) = ln(x1) + ln(x+2) => y(n) = (〖(1)〗(n+1). (n1))〖(x1)〗n + (〖(1)〗(n+1). (n1))〖(x+2)〗n = (1)n+1. (n1) (1〖(x1)〗n + 1〖(x+2)〗n ) => y(10) = (1)11. (9) (1〖(x1)〗10 + 1〖(x+2)〗10 )Bài tập thêmBài 1: Giải pt2) y cos⁡〖(2y)〗 sin⁡〖(y)〗 = 0y cos⁡〖(2y)〗 = sin⁡〖(y)〗 dydx . cos⁡〖(2y)〗 = sin⁡〖(y)〗 cos⁡〖(2y)〗sin⁡〖(y)〗 dy = dx ∫▒cos⁡〖(2y)〗sin⁡〖(y)〗 dy = ∫▒dx ∫▒(〖12sin〗2 y)sin⁡〖(y)〗 dy = ∫▒dx∫▒〖2(sin⁡〖(y)〗 〗)dy + ∫▒(sin⁡〖(y)〗 dy)(〖sin〗2 (y)) = ∫▒dx2∫▒〖(sin⁡〖(y)〗 〗)dy + ∫▒(sin⁡〖(y)〗 dy)(1 〖cos〗2 (y)) = ∫▒dx2cos⁡〖(y)〗 + I = x + CĐặt t = cos⁡〖(y)〗 =≫ dt = sin⁡〖(y)〗dy I = ∫▒( dt)(1 t2 ) = ∫▒( dt)((1t)(1+1)) = 12 ∫▒(1t+1+t)((1t)(1+1))dt= 12 ∫▒〖(1(1+t)〗+1(1t))dt= 12(ln⁡(1 + t) – ln(1 + t))= 12 ln|(1+t)(1t)| = 12 ln|(1+cos⁡〖(y)〗 )(1 cos⁡〖(y)〗 )|Vậy 2cos⁡〖(y)〗 12 ln|(1+cos⁡〖(y)〗 )(1 cos⁡〖(y)〗 )| = x + CBài 2:2) xyy+ x22y2=0⇔y= (2y2x2)xy⇔y= (2〖□((xy))〗21)(yx) (1)Đặt u=yx⇒y=ux⇒y=u x+u. Thay vào (1)⇒u x+u=(2u21)u⇒u x=(2u21)uu⇒dudx x=(u21)u⇒udu(u21)=dxx⇒∫▒udu(u21)=∫▒dxx⇒12 ∫▒(d(u21))(u21)=∫▒dxx⇒12 ln|u21|=ln|x|+CBài 3 2) y’’ +9y = 6e3x ()phương trình đặc trưng h2 + g = 0 {■(h= 3ih=3i)┤ytn= C1 cos3x + C2 sin3xyr có dạng yr = Ae3x => yr’ = 3Ae3x => yr’’= 9Ae3xThay vào () và đơn giản cho e3x => 9A + 9A = 6 => 18A = 6 => A= 13=> yr = 13 e3x=> Nghiệm tổng quát y = ytn + yr = C1.cos3x + C2.sin3x+ 13 e3x

Nhóm 2

GVHD: TRẦN THÔNG LƯU Đại học Bách Khoa Tp.HCM

1 Giới hạn hàm số

Bài 1: Tính các giới hạn

ii) lim

x→−1

x+1

√6 x2+3+3 x=¿ x→−1lim

( x +1) '

((6 x2+3)¿¿1

2)

'

+ (3 x )'

¿

¿ lim

x→−1

1 1

2×(6 x

2+3)

1

2−1×12 x+3 = 1

v) lim

x →3

x2−6 x +9

x2−9 = lim

x →3

(x¿¿2−6 x+9) '

(x2−9)' ¿ = lim

x →3

2 x−6

viii) lim

x →0

√x+1−1

−1+√3 x+1 = lim

x →0

(x+1)

1

2−1 (x+1)

1

3−1

= lim

x →0

(x +1)

1

2−1

x

(x +1)

1

3−1

x

=

1 2 1 3 = 32

Bài 2: Tính các giới hạn

ii) lim

x →0

tan x −sin x

x3 = lim

x →0

sin x cos x−sin x

x3

= lim

x →0

sin x ( 1 cos x−1)

x3

= lim

x →0

sin x

x ×

1

cos x−1

x2

x →0

1−cos x

x2 × 1

cos x = lim

x →0

1 2

1 cos0 = 12

iv) lim

x→−2

x2−4

arc tan(x +2) = lim

x→−2

(x2−4)' (arc tan (x +2)) ' = x→−2lim

2 x

1

1+(x +2)2

= x→−2lim 2 x¿ ¿) = x→−2lim 2 x +2 x (x+2)2 = -4

vi) lim

x→ π

2

cosx

3

√(1−sinx)2

Đặt t = π2−x => x → π

2

=> t - π2 = x t → 0

=> limt →0 2

3

√(1−sin t−π

2)

2

= limt →0 3 sint

√(1−cost )2

= limt →0

sint

(1−cost )

2 3

= limt →0

t

(t2

2)

2

3

=limt →0 8 t

t

4

3

t →0

8

3

Bài 3 Tính các giới hạn

ii) lim

x →2(x−21 −

4

x2−4)

iv) lim

x →0(sin 2 x2 −cotx)

iv) lim

x→ ∞( √x2−1−√x2+1)

Bài 4 Tính các giới hạn

ii) x→limπ

4

(π4−x) 1

sin(3 π4 +x)

2 Liên tục

Bài 1 Khảo sát tính liên tục của hàm số

b) f ( x )={1x sinx , x ≠ 0

a , x=0

Tại x0 ≠ 0:

f ( x )= sinx

x là hàm số sơ cấp nên liên tục

lim

x →0 f ( x )=lim

x→ 0

sinx

x =1

Vậy hàm số liên tục  a = 1

Bài 2 Tính các giới hàn sau

x →0(cosx)

1

x2

= limx →0¿ ¿

x →0(1+−1

2

)

1

x2

iv) x→ πlim

4

(tgx ) tg 2 x

4 khi: x →

π

4t → 0

 lim

t →0[tg(t+ π

4)]tg 2(t + π

4)

=

lim

t →0[tg(t+ π

4)]

2 tg(t + π4)

1−[tg (t + π

4)]2

t →0 {1+(−1)[1−tg(t+ π

4)] }

1

1−tg(t + π

4)

−

2 tg(t + π

4)

1 +tg(t + π

4)

=

e

−2 tg(t + π4)

1+tg(t + π

4)

=

e

−2 tg(0+ π4)

1+tg(0+ π4)

x→ ∞(e

1

x

+1

x)x

Đặt: t=1

x khi: x → ∞t → 0

t →0(e t

+t )

1

t

t →0(e t−1+1+t)

1

t

t →0(t +1+t)

1

t

t →0(1+2 t)

1

t

3 Đạo Hàm

Bài 1 Tính đạo hàm của các hàm sau

b) 3tan 4

(x2

+5 x)

= (tan4(x2+5x))’ 3tan 4

(x2 +5 x) ln3

= 4 ln3.3tan 4

(x2 +5 x) tan3(x2+5x) (2x+5) 1

c os2

(x2

+5 x )

b) y = x+21

(x +2)2 => y(n) = (−1)

n n !

(x +2) n +1 => y(10) = (−1)

10.10 !

(x +2)10 +1

= ln(x-1) (x+2)

= ln(x-1) + ln(x+2)

=> y(n) = (−1)

n+1

(n−1) !

n+1

(n−1) !

(x +2) n

= (-1)n+1 (n-1)! ((x−1)1 n+ 1

(x+2) n)

=> y(10) = (-1)11 (9)! ((x−1)1 10+ 1

(x +2)10)

4 Bài tập thêm

Bài 1: Giải pt

2) y ' cos(2 y) - sin( y) = 0

y ' cos(2 y) = sin( y)

dx cos(2 y) = sin( y)

 cos(2 y ) sin( y ) dy = dx

 ∫cos(2 y ) sin( y) dy = ∫dx

 ∫1−2 sin

2 y

sin ( y) dy = ∫dx

∫−2(sin( y )¿)dy¿ + ∫sin( y)dysin2

(y) = ∫dx

2∫−(sin ( y)¿)dy¿ + ∫1−cossin ( y)dy2

(y ) = ∫dx

2cos( y ) + I = x + C

Đặt t = cos ( y ) ¿≫ dt = - sin( y)dy

 I = ∫ −dt

1−t2 = ∫(1−t)(1+1)−dt = -12 ∫(1−t)(1+1)1−t+1+t dt

= -12∫¿ ¿)dt

= -12(ln ⁡¿1 + t) – ln(1 + t))

= - 12 ln|1−t 1+t| = - 12 ln|1−cos ( y ) 1+cos( y)|

Vậy 2cos( y ) - 12 ln|1−cos ( y ) 1+cos( y)| = x + C

Bài 2:

2) xy y '+x2−2 y2=0

⇔ y '

=2 y2−x2

xy ⇔ y '

=

2(x

y)

2

−1

y x

(1)

Đặt u= y x ⇒ y=ux ⇒ y '

=u ' x +u Thay vào (1)

⇒u ' x+u= 2u2−1

u

⇒u ' x= 2u

2

−1

u −u

⇒ du

dx x =

u2−1

u

⇒ udu

u2−1=

dx

x

⇒∫ udu

u2−1=∫dx x

⇒ 1

2∫d (u

2−1)

u2−1 =∫ dx x

⇒1

2ln|u2−1|=ln|x|+C

Bài 3

phương trình đặc trưng h2 + g = 0 <=> {h=−3i h=3i

yr có dạng yr = Ae3x

=>yr’ = 3Ae3x

=>yr’’= 9Ae3x

=> yr = 13e 3 x