Một số đề kiểm tra môn Giải tích 1

Một số đề kiểm tra mụn giải tớch 1 (địa chỉ download: hua.edu.vn/khoa/fita/ntkuong) Đề kiểm tra số 1 Cõu 1. (2 điểm) Tỡm miền xỏc định của hàm số sau: y = arcsin(3x − 2) Cõu 2. (2 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→0 √ 1 + x2 − 1 1− cos x b. limx→∞ ln(2 + sin x) x Cõu 3. (2 điểm) Viết khai triển Taylor của hàm y = ln(2 + x) tại điểm x = −1 đến đạo hàm cấp 4. Cõu 4. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. 0∫ −1 x2 + 1 x3 − 3x + 2dx b. +∞∫ 0 dx ex + 2 . . . Đề kiểm tra số 2 Cõu 1. (2 điểm) Tỡm miền xỏc định của hàm số sau: y = arcsin(4x − 3) Cõu 2. (2 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→0 √ 1 + x2 − 1 ln(1 + x2) b. lim x→∞ ln(2 + cos x) x Cõu 3. (2 điểm) Viết khai triển Taylor của hàm y = ln(3 + x) tại điểm x = −2 đến đạo hàm cấp 4. Cõu 4. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. 1∫ 0 x2 + 1 x3 − 3x− 2dx b. +∞∫ 0 dx ex + 1 Đề kiểm tra số 3 Cõu 1. (2 điểm) Tỡm miền xỏc định của hàm số sau: y = arccos(3x − 2) Cõu 2. (2 điểm) Tớnh giới hạn sau: lim x→0 √ 1 + x− 1 arcsin x Cõu 3. (3 điểm) Tớnh đạo hàm cấp 4 của hàm số sau: y = 1 1 + 2x . Cõu 4. (3 điểm) Tớnh tớch phõn sau: 1∫ 0 x2 + 3x x2 + 3x + 2 dx . . . Đề kiểm tra số 4 Cõu 1. (2 điểm) Tỡm miền xỏc định của hàm số sau: y = arccos(2x − 1) Cõu 2. (2 điểm) Tớnh giới hạn sau: lim x→0 √ 4 + x− 2 arctan x Cõu 3. (3 điểm) Tớnh đạo hàm cấp 4 của hàm số sau: y = 1 1 + 3x . Cõu 4. (3 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: 1∫ 0 x2 + 4x x2 + 4x + 3 dx Đề kiểm tra số 5 Cõu 1. (2 điểm) Tỡm miền xỏc định của hàm số sau: y = arccos( 1 x2 + 1 ) Cõu 2. (2 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→0 √ 1 + sin x− 1 ln(1 + x) b. lim x→∞ ln[2 + arcsin( 1 x )] x Cõu 3. (2 điểm) Tỡm vi phõn của hàm số sau: y = ln(1 + x) 1 + x . Cõu 4. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. 3∫ 2 x + 1 2x3 − 3x2 + 1dx b. ln 3∫ ln 2 dx e2x − 1 . . . Đề kiểm tra số 6 Cõu 1. (2 điểm) Tỡm miền giỏ trị của hàm số sau: y = arcsin( 1 x2 + 1 ) Cõu 2. (2 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→0 √ 1 + x2 − 1 ln[cos x] b. lim x→∞ ln[2 + arccos( 1 x )] x Cõu 3. (2 điểm) Tỡm vi phõn của hàm số sau: y = ln(1 + 2x) 1 + 2x . Cõu 4. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. 3∫ 2 x− 1 2x3 + 3x2 − 1dx b. ln 2∫ 0 dx e2x − 9 Đề kiểm tra số 7 Cõu 1. (2 điểm) Tỡm miền giỏ trị của hàm số sau: y = arctan(x2 + 1) Cõu 2. (2 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→0 √ 1 + sin2 x− 1 ln(1 + x2) b. lim x→∞ 2 + sin x x Cõu 3. (2 điểm) Tỡm vi phõn của hàm số sau: y = esin x+x. Cõu 4. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. 4∫ 3 x2 + 1 x3 + x2 − 4x− 4dx b. ln 2∫ 0 dx e2x + 1 . . . Đề kiểm tra số 8 Cõu 1. (2 điểm) Tỡm miền giỏ trị của hàm số sau: y = arctan(x2 − 1) Cõu 2. (2 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→0 √ 1 + sin2 x− 1 1− cos x b. limx→∞ 2 + cos x x Cõu 3. (2 điểm) Tỡm vi phõn của hàm số sau: y = ecos x+x. Cõu 4. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. −3∫ −4 x2 + 1 x3 − x2 − 4x + 4dx b. ln 3∫ 0 dx e2x + 2 Đề kiểm tra số 9 Cõu 1. (3 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→∞x 2[1− cos 1 x ] b. lim x→0+ (x ln x) Cõu 2. (3 điểm) Tỡm vi phõn của hàm số sau: y = arcsin( √ x + 1). Cõu 3. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. 2∫ √ 3 x2 + x x3 − x2 + x− 1dx b. 1 2∫ 0 arccos( √ 1− x)dx . . . Đề kiểm tra số 10 Cõu 1. (3 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→∞x 2[1− cos 2 x ] b. lim x→0+ (sin x. ln x) Cõu 2. (3 điểm) Tỡm vi phõn của hàm số sau: y = arccos( √ x + 1). Cõu 3. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. √ 3∫ 1 x2 + x− 1 x3 − 2x2 + x− 2dx b. 1 2∫ 0 arcsin( √ 1− x)dx Đề kiểm tra số 11 Cõu 1. (3 điểm) Tỡm nguyờn hàm của hàm số sau: f(x) = 1 x3 − 3x− 2 Cõu 2. (3 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: 1∫ 1 2 arccos x x2 dx Cõu 3. (4 điểm) Xột sự hội tụ của chuỗi số sau: ∞∑ n=1 sin( 2n + 1 n2 + n ) sin( 1 n2 + n ) . . . Đề kiểm tra số 12 Cõu 1. (3 điểm) Tỡm nguyờn hàm của hàm số sau: f(x) = 1 x3 − 3x + 2 Cõu 2. (3 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: 1∫ 1 2 arcsin x x2 dx Cõu 3. (4 điểm) Xột sự hội tụ của chuỗi số sau: ∞∑ n=1 cos( 2n + 1 n2 + n ) sin( 1 n2 + n ) Đề kiểm tra số 13 Cõu 1. (3 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→1 2ln x − 1√ x + 3− 2 b. lim x→∞x 2[1− cos(1 x )] Cõu 2. (3 điểm) Tỡm a để hàm số sau liờn tục tại x = 0 f(x) = x.[3 + sin( 1 x )] Nếu x 6= 0 a Nếu x = 0 Cõu 3. (4 điểm) Tỡm nguyờn hàm: a. ∫ x5dx√ x2 + 1 b. ∫ dx x3 − 3x− 2 . . . Đề kiểm tra số 14 Cõu 1. (3 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→1 3ln x − 1√ x + 8− 3 b. lim x→∞ sin( 1 x2 )[ √ x2 + 1− 1] Cõu 2. (3 điểm) Tỡm a để hàm số sau liờn tục tại x = 0 f(x) = x.[1 + cos( 2 x )] Nếu x 6= 0 a Nếu x = 0 Cõu 3. (4 điểm) Tỡm nguyờn hàm: a. ∫ x5dx√ x3 + 1 b. ∫ dx x3 − 3x + 2 Đề kiểm tra số 15 Cõu 1. (3 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→1 sin(ln x)− x + 1√ 1 + x−√3x− x2 b. lim x→0 esin x − x− 1√ x2 + 1− 1 Cõu 2. (3 điểm) Tỡm a để hàm số sau liờn tục trờn tập xỏc định: f(x) =  cos 2x− x2 − 1 x2 Nếu x > 0 2x + 3a Nếu x ≤ 0 Cõu 3. (4 điểm) Tỡm nguyờn hàm: ∫ dx x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1 . . . Đề kiểm tra số 16 Cõu 1. (3 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: a. lim x→1 sin(ln x)− x + 1√ 2 + x−√1 + 3x− x2 b. lim x→0 esin x − x− 1√ x2 + 4− 2 Cõu 2. (3 điểm) Tỡm a để hàm số sau liờn tục trờn tập xỏc định: f(x) =  cos(2x− 2)− x2 + 2x− 2 x2 − 2x + 1 Nếu x > 1 2x + 3a Nếu x ≤ 1 Cõu 3. (4 điểm) Tỡm nguyờn hàm: ∫ dx x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1 Đề kiểm tra số 17 Cõu 1. (3 điểm) Tớnh cỏc giới hạn sau: lim x→1 cos(pix) + 1 (x− 1)2 Cõu 2. (4 điểm) Tớnh cỏc tớch phõn sau: a. 2∫ 0 x3 √ 2x2 + 1.dx b. +∞∫ 2 dx x2 − x Cõu 3. (3 điểm) Xột sự hội tụ của cỏc chuỗi số sau: a. ∞∑ n=1 n n3 + 1 b. ∞∑ n=1 1 n n √ n 1 HỌC VIỆN CễNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THễNG CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM HỘI ĐỒNG RA ĐỀ THI MễN HỌC, HỌC PHẦN Độc lập - Tự do – Hạnh phỳc NGÂN HÀNG ĐỀ THI Mụn: GIẢI TÍCH 1 Ban hành kốm theo Quyết định số: /QĐ-TTĐT1của Giỏm đốc Học viện Cụng nghệ Bưu chớnh viễn thụng ký ngày /04/2006 DÙNG CHO ĐÀO TẠO HỆ ĐẠI HỌC TỪ XA NGÀNH ĐIỆN TỬ VIỄN THễNG CễNG NGHỆ THễNG TIN THỜI GIAN : 120 phỳt MỖI ĐỀ 4 CÂU ( một cõu loại 1, một cõu loại 2, một cõu loại 3 và một cõu loại 4) A. CÂU HỎI LOẠI 1 ĐIỂM (V.I) 1. Tỡm miền xỏc định và vẽ đồ thị hàm số ( ) 2 x f x x   . 2. Tớnh đạo hàm của hàm số 3(sin )( ln )y x x x x   . 3. Tớnh đạo hàm của hàm số 3 2sin( )y x x  . 4. Tớnh đạo hàm của hàm số 2 ln 2 x y x        . 5. Tớnh đạo hàm của hàm số  sin ln(cos )y x . 6. Tớnh đạo hàm của hàm số  sinln xy e x  . 7. Tớnh đạo hàm của hàm số  2ln 1y x x   . 8. Tớnh đạo hàm của hàm số  2arctg xy x e  . 9. Cho hàm số ( ) 2 1y f x x   , tớnh đạo hàm '(5)f . 10. Tớnh tớch phõn sau cotg sin x I dx x   . 11. Tớnh tớch phõn sau 2 1 sin 2 sin x I dx x    . 2 12. Tớnh tớch phõn sau tg cos x I dx x   . 13. Tớnh tớch phõn sau 3 0 arctgI x xdx  . 14. Tớnh tớch phõn sau 2 16 x x e I dx e    . 15. Tớnh tớch phõn sau ln 2 0 1xI e dx  . 16. Tớnh tớch phõn sau 1 ln 1 ln e x I dx x x   . 17. Tớnh tớch phõn sau arctg 2 1 1 xe I dx x    . 18. Tớnh tớch phõn sau 2xI xe dx  . 19. Tớnh 2 1 cos sin t d x x dx dt x 20. Tớnh tớch phõn sau 2 ln e e dx x x B. CÂU HỎI LOẠI 2 ĐIỂM (V.II) 1. Tỡm giới hạn 2 lim( 2)cotg3( 2) x L x x     . 2. Tỡm giới hạn 21 ln lim 2x x L x x    . 3. Tỡm giới hạn  tg 0 lim 1 cos x x L x    . 4. Tỡm giới hạn   1 2 0 lim x x x L x e    . 5. Tỡm giới hạn 40 1 1 lim 4 1xx L x e        . 3 6. Tỡm giới hạn 3 0 lim sinx x L x x   7. Tỡm giới hạn 0 1 1 lim sin 3 3x L x x        8. Tỡm giới hạn sau 2 43 2 0 211 lim xx xx x    . 9. Tỡm giới hạn sau 1 sin 2 0 lim( cos ) x x x x   . 10. Tỡm giới hạn sau x xx x 2 3 0 sin coscos lim   . 11. Cho hàm số ln( 1) ln(1 ) khi 1, 0 ( ) khi 0 x x x x f x x a x          Tỡm hằng số a để hàm số liờn tục tại 0x  . 12. Cho hàm số khi 0 ( ) khi 0 ax bxe e x f x x c x         Tỡm hằng số c để hàm số liờn tục tại x = 0 . 13. Cho hàm số 2 1sin khi 0 ( ) 0 khi 0 x x f x x x       . Hàm số cú khả vi tại 0x  khụng? Nếu khả vi hóy tỡm '(0)f . 14. Một tấm bỡa hỡnh vuụng cú chiều dài mỗi cạnh 12cm. Cắt bỏ bốn gúc bốn hỡnh vuụng bằng nhau để dựng thành hỡnh hộp như hỡnh vẽ sau. Tỡnh thể tớch lớn nhất của hỡnh hộp. 15. Cho hàm số 21 1 x y   , hóy tớnh (2004) (0)y . 16. Tớnh vi phõn hàm số x x y ln  17. Chứng minh 1xe x  , 0x 4 18. Chứng minh 2 1 2 x xe x   , 0x 19. Tớnh vi phõn hàm số 1 ln 2 x a y a x a    20. Tớnh ( ) ( )ny x , biết 2siny x C. CÂU HỎI LOẠI 3 ĐIỂM (V.III) 1. Cho hàm số 2 2 1 x y x    a. Tớnh dy tại x=1 b. Tỡm cực trị của hàm số. 2. Cho hàm số ( )f x liờn tục trờn đoạn  a,0 a. Chứng minh rằng 0 ( ) ( ) a a o f x dx f a x dx   b. Dựng kết quả trờn, hóy tớnh 4 0 ln(1 tg )x dx   3. Cho hàm số 1 cos khi 0 ( ) ln( 1) khi 0 x x f x x x x        a. Tỡm '(0)f b. Chứng minh rằng khụng tồn tại "(0)f . 4. Cho hàm số xxy 2ln a. Tớnh vi phõn tại x = e với 1,0x . b.Tỡm cực trị của hàm số. 5. Một quả cầu cú bỏn kớnh 5 cm với sai số 0,01cm . Ước lượng sai số tối đa của thể tớch quả cầu. 6. Cho hàm số 12   x x y a. Tớnh dy tại 0x  . 5 b. Tớnh ( ) ( )ny x . 7. Cho tớch phõn suy rộng 2 1 arctg x dx x   a. Chứng minh tớch phõn đó cho hội tụ. b. Tớnh tớch phõn đú. 8. Cho tớch phõn suy rộng 23 0 xx e dx    a. Chứng minh tớch phõn đó cho hội tụ. b. Tớnh tớch phõn đó cho. 9. Tớnh diện tớch hỡnh phẳng giới hạn bởi cỏc đường cong 12  xy , 2 2 1 xy  và 5y . 10. Tớnh thể tớch vật thể trũn xoay tạo nờn khi quay hỡnh phẳng giới hạn bởi đường cong 2 2 6 5 0x y y    quanh trục Ox. 11. Tớnh thể tớch khối trũn xoay tạo nờn khi quay miền phẳng giới hạn bởi cỏc đường 22 xxy  và 0y quanh trục Ox. 12. Tớnh tớch phõn suy rộng 4 5 4 4 1 dx x   . 13. Cho tớch phõn suy rộng 2 2 1 dx x x    a. Chứng minh rằng tớch phõn hội tụ b. Tớnh tớch phõn đó cho. 14. Tớnh cỏc tớch phõn sau a. 2cos (1 cotg ) dx x x  b.   3 3 3 2 3 1xx dx 15. Tỡm giỏ trị bộ nhất, lớn nhất của hàm số x b x a y   1 22 , với 0,0,10  bax 6 16. a. Tớnh độ dài đường cong cho bởi phương trỡnh 3 1 12 x y x   , từ 1x đến 4x b. Xột sự hội tụ của tớch phõn   0 2 sin dx x x 17. Tớnh độ dài đường cong cho bởi phương trỡnh )1ln( 2xy  , từ 2 1 x đến 2 1 x 18. a. Tớnh diện tớch hỡnh phẳng giới hạn bởi cỏc đường x y 1  và 522  yx b. Xột sự hội tụ của tớch phõn suy rộng 3 0 xx e dx    19. a. Tớnh diện tớch hỡnh phẳng giới hạn bởi cỏc đường 3xy  và 2yx  b. Xột sự hội tụ của tớch phõn suy rộng 2 0 xe dx x    20. a. Tớnh diện tớch hỡnh phẳng giới hạn bởi cỏc đường 3xy  , xy  và xy 2 b. Xột sự hội tụ của tớch phõn suy rộng 1 1 1 xe dx x   D.LOẠI CÂU HỎI 4 ĐIỂM (V.IV) 1. a. Xột sự hội tụ của chuỗi số cú số hạng tổng quỏt 2na n n n   . b. Tỡm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 2 1 2 ( 3)n n n x n     . 2. a. Chuỗi số sau cú hội tụ khụng? Nếu hội tụ hóy tớnh tổng 2 2 1 1n n     7 b. Tỡm bỏn kớnh hội tụ và miền hội tụ của chuỗi lũy thừa sau 1 2 (4 8) n n n x n    3. a. Xột sự hội tụ của chuỗi số 2 1 1 ln(1 tg ) n n    . b. Tỡm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 3 1 8 n n n x n    . 4. a. Chuỗi số sau cú hội tụ khụng? Nếu hội tụ hóy tớnh tổng 2 1 1 9 4n n n      b. Tỡm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 2 1 0 ( 2) 2 1 n n x n      . 5. a. Xột sự hội tụ của chuỗi số 1 1 sin 2n n n     b. Tỡm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 2 1 ( !) ( 3) (2 )! n n n x n    . 6. Chứng minh rằng 1 2 0 (2 ) 2 ! n x n x xe n    . Từ đú hóy tớnh tổng 0 2 ( 1) ! n n n n     . 7. Cho hàm số 2 1 ( ) ln 2 2 f x x x    . a. Khai triển hàm số thành chuỗi cỏc luỹ thừa của 1x  . b. Tớnh tổng 0 ( 1) 1 n n S n       . 8. a. Xột sự hội tụ của chuỗi số 2 1 2 cos n n n     . b. Khai triển thành chuỗi Mclaurin hàm số ( ) chf x x . 9. 8 a. Xột sự hội tụ của chuỗi số 2 1 2 n n n n     . b. Khai triển thành chuỗi Mclaurin hàm số 2 1 ( ) 3 2 f x x x    . 10. a. Xột sự hội tụ của chuỗi số cú số hạng tổng quỏt 1 1 ln ln sinna n n   b. Khai triển thành chuỗi Mclaurin hàm số 2( ) ln( 5 6)f x x x   11. a. Xột sự hội tụ của chuỗi số 1 1 ( 1) 1 n n n n       b. Khai triển hàm số x xf 1 )(  thành chuỗi Taylor tại lõn cận 3x 12. a. Xột sự hội tụ của chuỗi số cú số hạng tổng quỏt 2.4.6...(2 ) n n n a n  b. Khai triển hàm số xxf 2sin)(  thành chuỗi Mclaurin 13. a. Xột sự hội tụ của chuỗi số cú số hạng tổng quỏt 2 ln n n a n  b. Tỡm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa cú số hạng tổng quỏt 21( ) ( 1) 2 1 n n n n u x x n        14. Tỡm miền hội tụ và tớnh tổng của chuỗi lũy thừa cú số hạng tổng quỏt 3( ) (3 1) nnu x n x  15. Cho hàm số khi 0 2( ) khi 2 x x f x x x           a. Khai triển hàm số theo cỏc hàm số sin. b. Tớnh tổng 2 1 1 (2 1)n S n      . 9 16. Cho hàm số 2 2 ( ) 1 x f x    với x . a. Khai triển hàm số thành chuỗi Fourier. b. Tớnh tổng 2 1 1 n S n    . 17. Khai triển thành chuỗi Fourier hàm số ( ) sin 2 x f x  , với   x 18. Cho hàm số 2)( xxf  với  x0 . a. Khai triển hàm số thành chuỗi Fourier. b. Từ đú hóy tớnh tổng 2 1 1 n S n    . 19. Cho hàm số )()( xxxf   với ),0( x a. Khai triển hàm số đó cho theo cỏc hàm số sin. b. Tớnh tổng 3 0 ( 1) (2 1) n n S n       . 20. Cho hàm số 2)( xxf  với ),( x . a. Khai triển hàm số thành chuỗi Fourier. b. Tớnh tổng 2 1 ( 1)n n S n     . GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI Kè GIẢI TÍCH 1 Bản quyền thuộc về Ngõn Hàng Đề Thi ĐH Bỏch Khoa HCM https://www.facebook.com/nganhangdethibkhcm 1 Cõu 1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số: y = √ x2 − 6x+ 10 x− 5 1.1 Hướng dẫn giải - Tập xỏc định của hàm số: D = R \ {5} - Ta viết lại hàm số: y = (x2 − 6x+ 10) 12 (x− 5)−1 ⇒ ln|y| = 1 2 ln(x2 − 6x+ 10)− ln|x− 5| - Đạo hàm của hàm số: y′ y = x− 3 x2 − 6x+ 10 − 1 x− 5 = (x− 3)(x− 5)− (x2 − 6x+ 10) (x2 − 6x+ 10)(x− 5) ⇒ y′ = √ x2 − 6x+ 10 x− 5 [ 5− 2x (x2 − 6x+ 10)(x− 5) ] = 5− 2x (x− 5)2√x2 − 6x+ 10 + Điểm làm đạo hàm bằng 0: y′ = 0⇔ x = 5 2 + Điểm làm đạo hàm khụng xỏc định là: x = 5 - Bảng biến thiờn: 1 xy′ y −∞ 5 2 5 +∞ + 0 − − −1 − √ 5 5 −∞ +∞ 1 - Kết luận: + Hàm số đồng biến trờn: (−∞, 5 2 ] + Hàm số nghịch biến trờn: [ 5 2 , 5 ) ∪ (5,+∞) + Hàm số đạt chỉ đạt cực đại tại x = 5 2 và yCĐ = − √ 5 5 - Cỏc điểm dựng để vẽ đồ thị: x = −2⇒ y = − √ 26 7 ≈ −0, 7284 x = −1⇒ y = − √ 17 6 ≈ −0, 6872 x = 0⇒ y = − √ 10 5 ≈ −0, 6325 x = 5 2 ⇒ y = − √ 5 5 ≈ −0, 4472 x = 3⇒ y = −1 2 x = 6⇒ y = √ 10 ≈ 3, 1623 x = 7⇒ y = √ 17 2 ≈ 2, 0616 - TIỆM CẬN ĐỨNG: lim x→5+ √ x2 − 6x+ 10 x− 5 = limx→5+ √ 5 x− 5 = +∞ lim x→5− √ x2 − 6x+ 10 x− 5 = limx→5− √ 5 x− 5 = −∞ 2 ⇒ hàm số cú x = 5 tiệm cận đứng. - TIỆM CẬN XIấN: a = lim x→∞ √ x2 − 6x+ 10 x− 5 1 x = lim x→∞ √ 1− 6 x + 10 x2 x− 5 = 0 b = lim x→+∞ √ x2 − 6x+ 10 x− 5 = limx→+∞ x √ 1− 6 x + 10 x2 x ( 1− 5 x ) = 1 b = lim x→−∞ √ x2 − 6x+ 10 x− 5 = limx→−∞ |x| √ 1− 6 x + 10 x2 x ( 1− 5 x ) = −1 ⇒ khụng cú tiệm cận xiờn. ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang về phớa phải và y = −1 là tiệm cận ngang về phớa trỏi của đồ thị hàm số. - ĐỒ THỊ HÀM SỐ: 2 Cõu 2 Cho miền D giới hạn bởi cỏc đường cong sau: x = 0, y = −1, y = x2 − 2x Tớnh thể tớch vật thể tạo ra khi D quay quanh trục Oy. 3 2.1 Hướng dẫn giải 2.1.1 Cỏch 1 - Ta cú: x = 0⇒ y = x2 − 2x = 0 - Đổi biến của hàm y = x2 − 2x + Ta cú: x2 − 2x− y = 0 ⇒ ∆′ = 1 + y ⇒ x = 1 + √ 1 + y ∨ x = 1− √ 1 + y + Ta chọn x = 1 + √ 1 + y (vỡ đường cong bị giới hạn bởi x = 0, nếu chọn x = 1 − √1 + y thỡ với giỏ trị y > 0 làm cho giỏ trị x õm dẫn đến khụng thỏa). - Từ đú ta cú: VOy = pi ∫ 0 −1 [(1− √ 1 + y)2]dy = pi ∫ 0 −1 (2 + y − 2 √ 1 + y)dy = pi ( 2y + y2 2 − 4 3 √ (1 + y)3 ) |0−1 = pi 6 2.1.2 Cỏch 2 - Hoành độ giao điểm của y = x2 − 2x và y = −1: x2 − 2x = −1⇒ x = 1 - Ta cú cụng thức sau, như đó đề cập trong cỏc đề ụn trước: VOy = 2pi ∫ xb xa |xf(x)|dx - Từ đú ta cú: VOy = 2pi ∫ 1 0 [x(x2 − 2x)− x.(−1)]dx = 2pi ∫ 1 0 (x3 − 2x2 + x)dx = 2pi ( x4 4 − 2x 3 3 + x2 2 ) |10 = pi 6 4 3 Cõu 3 Tỡm α để tớch phõn sau hội tụ I = ∫ +∞ 1 xα ( e 2 x2 − e− 3x2 ) dx Tớnh tớch phõn khi α = −5 3.1 Hướng dẫn giải - Đõy là tớch phõn suy rộng loại 1. - Khi x→ +∞, ta cú: xα ( e 2 x2 − e− 3x2 ) = xα[(e 2 x2 − 1)− (e− 3x2 − 1)] ∼ xα ( 2 x2 − −3 x2 ) = 5xα x2 = 5 x2−α - Để tớch phõn hội tụ thỡ: 2− α > 1⇒ α < 1 - Khi α = −5, tớch phõn trở thành: I = ∫ +∞ 1 e 2 x2 − e− 3x2 x5 dx + Đặt: u = 1 x2 ⇒ du = − 2 x3 dx + Đổi cận: x = 1⇒ u = 1 ; x = +∞⇒ y = 0 + Tớch phõn trở thành: I = 1 2 ∫ 1 0 u(e2u − e−3u)du = 1 2 ∫ 1 0 ue2udu− 1 2 ∫ 1 0 ue−3udu = I1 − I2 - Tớnh I1: + Đặt: t = u⇒ dt = du 5 dv = e2udu⇒ v = 1 2 e2u ⇒ I1 = 1 2 ( u 2 e2u|10 − ∫ 1 0 1 2 e2udu ) = 1 2 ( u 2 e2u|10 − 1 4 e2u|10 ) = e2 8 + 1 8 - Tớnh I2: + Đặt: t = u⇒ dt = du dv = e−3udu⇒ v = −1 3 e−3u ⇒ I2 = 1 2 ( −u 3 e−3u|10 + ∫ 1 0 1 3 e−3udu ) = 1 2 ( −u 3 e−3u|10 − 1 9 e−3u|10 ) = − 2 9e3 + 1 18 - Vậy: I = e2 8 + 2 9e3 + 5 72 4 Cõu 4 Giải phương trỡnh: a) 2(3xy2 + 2x3)dx+ 3(2x2y + y2)dy = 0 b) y′′ + 4y′ + 8y = 10xe−x − 24 4.1 Hướng dẫn giải 4.1.1 Cõu a - Đặt: P (x) = 2(3xy2 + 2x3) = 6xy2 + 4x3 Q(x) = 3(2x2y + y2) = 6x2y + 3y2 - Xột: ∂Q(x) ∂x = 12xy ∂P (x) ∂y = 12xy 6 ⇒ ∂Q(x) ∂x = ∂P (x) ∂y ⇒ đõy là phương trỡnh vi phõn toàn phần. - Nghiệm tổng quỏt của phương trỡnh là: u(x, y) = ∫ x 0 P (x, y)dx+ ∫ y 0 Q(0, y)dy = C ⇔ ∫ x 0 (6xy2 + 4x3)dx+ ∫ y 0 (0 + 3y2)dy = C ⇔ 3x2y2 + x4 + y3 = C 4.1.2 Cõu b y′′ + 4y′ + 8y = 10xe−x − 24 - Phương trỡnh đặc trưng: k2 + 4k + 8 = 0⇔ k1 = −2 + 2i ∨ k2 = −2− 2i - Với k1 = −2 + 2i, nghiệm của phương trỡnh thuần nhất: y0 = e −2x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x) - Ta xột: f(x) = 10xe−x − 24 = f1(x) + f2(x) - Với: f1(x) = 10xe −x = Pn(x)eαx + Từ đú suy ra được: α = −1 ; Pn(x) bậc 1 - Nghiệm riờng cú dạng: yr = x seαxQn(x) + Trong đú: s = 0 vỡ α = −1 khụng là nghiệm đơn của phương trỡnh đặc trưng. Qn(x) = Ax+B vỡ cựng bậc với Pn(x) + Khi đú ta được: yr1 = e −x(Ax+B) 7 y′r1 = −e−x(Ax+B) + Ae−x = e−x(−Ax+ A−B) y′′r1 = −e−x(−Ax+ A−B)− Ae−x = e−x(Ax− 2A+B) + Nhõn thờm hệ số để cộng theo vế, ta được: 8yr1 = e −x(8Ax+ 8B) 4y′r1 = −e−x(Ax+B) + Ae−x = e−x(−4Ax+ 4A− 4B) y′′r1 = −e−x(−Ax+ A−B)− Ae−x = e−x(Ax− 2A+B) + Cộng 2 vế lại, ta được: y′′r1 + 4y ′ r1 + 8yr1 = e−x(Ax− 2A+B) + e−x(−4Ax+ 4A− 4B) + e−x(8Ax+ 8B) = e−x(5Ax+ 2A+ 5B) + Từ đú ta cú: e−x(5Ax+ 2A+ 5B) = 10xe−x + Từ đú ta cú hệ sau:{ 5A = 10 2A+ 5B = 0 ⇒ { A = 2 B = −4 5 + Ta cú nghiệm riờng ứng với f1(x) là: yr1 = e −x ( 2x− 4 5 ) - Với: f2(x) = −24 = Pn(x)eαx + Từ đú suy ra được: α = 0 ; Pn(x) bậc 0 - Nghiệm riờng cú dạng: yr = x seαxQn(x) - Tương tự, suy ra: yr2 = A 8 y′r2 = 0 y′′r2 = 0 + Nhõn thờm hệ số để cộng theo vế, ta được: 8yr2 = 8A 4y′r1 = 0 y′′r1 = 0 + Suy ra: 8A = −24⇒ A = −3 + KẾT LUẬN: Nghiệm của phương trỡnh là: y = e−2x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x) + e−x ( 2x− 4 5 ) − 3 5 Cõu 5 Giải hệ phương trỡnh:{ x′ = −11x+ 5y − 2e−t (1) y′ = −30x+ 14y (2) 5.1 Hướng dẫn giải 5.1.1 Phương phỏp khử - Ta lấy 30ì (1)− 11ì (2), ta được: 30x′ − 11y′ = −4y − 60e−t (3) - Đạo hàm 2 vế của phương trỡnh (2) theo t, ta được: y′′ = −30x′ + 14y′ ⇒ 30x′ = −y′′ + 14y′ (4) - Thay (4) vào (3), ta được: y′′ − 3y′ − 4y = 60e−t (3) 9 + Phương trỡnh đặc trưng: k2 − 3k − 4 = 0⇒ k1 = −1 ∨ k2 = 4 + Nghiệm của phương trỡnh thuần nhất: y0 = C1e −t + C2e4t + Ta xột: f(t) = 60e−t = eαtPn(t) + Suy ra: α = −1 ; Pn(t) bậc 0 + Nghiệm riờng của phương trỡnh khụng thuần nhất cú dạng: yr = t seαtQn(t) + Trong đú: s = 1 do α = −1 là nghiệm đơn của phương trỡnh thuần nhất. Qn(t) = A do cựng bậc với Pn(t) + Do đú: yr = Ate −t y′r = Ae −t − Ate−t = e−t(−At+ A) y′′r = −e−t(−At+ A)− Ae−t = e−t(At− 2A) + Nhõn hệ số để cộng theo vế dễ dàng, ta được: −4yr = −4Ate−t −3y′r = e−t(3At− 3A) y′′r = e −t(At− 2A) + Cộng theo vế lại ta được: y′′r − 3y′r − 4y′′r = −5Ae−t + Và ta cú: 60e−t = −5Ae−t ⇒ A = −12 - Vậy nghiệm tổng quỏt là: y = C1e −t + C2e4t − 12te−t 10 + Suy ra: y′ = −C1e−t + 4C2e4t − 12e−t + 12te−t + Thay vào (2), ta được: −C1e−t + 4C2e4t − 12e−t + 12te−t = −30x+ 14[C1e−t + C2e4t − 12te−t] ⇔ 30x = C1e−t − 4C2e4t + 12e−t − 12te−t + 14C1e−t + 14C2e4t − 168te−t ⇔ 30x = 15C1e−t + 10C2e4t − 180te−t + 12e−t ⇔ x = 1 2 C1e −t + 1 3 C2e 4t − 6te−t + 2 5 e−t - KẾT LUẬN: Nghiệm của hệ phương trỡnh là:{ x = 1 2 C1e −t + 1 3 C2e 4t − 6te−t + 2 5 e−t y = C1e −t + C2e4t − 12te−t - Để kiểm chứng lại nghiệm của hệ đó đỳng hay khụng, ta thay cỏc nghiệm tương ứng này vào hệ, sao cho 2 vế bằng nhau là được. 11 GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI Kè GIẢI TÍCH 1 Bản quyền thuộc về Ngõn Hàng Đề Thi ĐH Bỏch Khoa HCM 1 Cõu 1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số: y = (x2 + 1)e− x2 2 1.1 Hướng dẫn giải - Tập xỏc định của hàm số: D = R - Đạo hàm của hàm số: y′ = 2xe− x2 2 + (x2 + 1)(−x)e−x 2 2 = e− x2 2 (−x3 + x) y′ = 0⇔ x3 − x = 0⇔ x(x2 − 1) = 0⇔ x = 0 ∨ x = ±1 - Ta thấy, dấu của y′ chỉ phụ thuộc vào dấu của (−x3+x) do hàm e−x22 luụn lớn hơn 0 với mọi x ∈ R. - Bảng biến thiờn: x y′ y −∞ −1 0 1 +∞ + 0 − 0 + 0 − 0 2√ e 1 2√ e 0 - Kết luận: + Hàm số đồng biến trờn: (−∞,−1] ∪ [0, 1] + Hàm số nghịch biến trờn: [−1, 0] ∪ [1,+∞) + Hàm số đạt cực đại tại x = −1 và x = 1 và yCĐ = 2√e + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = 1 - Tỡm điểm uốn: y′′ = (−x)e−x 2 2 (−x3 + x) + e−x 2 2 (−3x2 + 1) = e−x 2 2 (x4 − 4x2 + 1) 1 y′′ = 0⇔ x4 − 4x2 + 1 = 0⇒ x = ± √ 2− √ 3 ∨ x = ± √ 2 + √ 3 - Bảng xột điểm uốn và dạng đồ thị: x y′′ −∞ − √ 2 + √ 3− √ 2−√3 √ 2−√3 √ 2 + √ 3 +∞ + 0 − 0 + 0 − 0 + - Cỏc điểm mà làm cho y′′ đổi dấu là cỏc điểm uốn. - Cỏc khoảng mà làm cho y′′ mang dấu (+) tức là lừm, dấu (−) là lồi. - Cỏc điểm đặc biệt dựng để vẽ đồ thị: x = − √ 2 + √ 3⇒ y = (3 + √ 3)e− 2+ √ 3 2 ≈ 0, 7322 x = −1⇒ y = 2e− 12 ≈ 1, 2131 x = − √ 2− √ 3⇒ y = (3− √ 3)e− 2−√3 2 ≈ 1, 1090 x = 0⇒ y = 1 x = √ 2− √ 3⇒ y = (3− √ 3)e− 2−√3 2 ≈ 1, 1090 x = √ 2 + √ 3⇒ y = (3 + √ 3)e− 2+ √ 3 2 ≈ 0, 7322 - TIỆM CẬN ĐỨNG: Hàm số khụng cú tiệm cận đứng do hàm số xỏc định với mọi x thuộc R - TIỆM CẬN XIấN: a = lim x→∞ (x2 + 1)e− x2 2 ì 1 x = lim x→∞ x2 + 1 xe x2 2 = 0 b = lim x→∞ (x2 + 1)e− x2 2 = lim x→∞ x2 + 1 e x2 2 = 0 Như vậy y = 0 là Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. - Đồ thị hàm số: 2 2 Cõu 2 Tớnh thể tớch vật thể tạo ra khi quay miền D giới hạn bởi y = −1, y = x2 + 2x, x = 0, x = 3 quanh trục Oy. 2.1 Hướng dẫn giải 2.1.1 Cỏch 1: - Thay x = 3 vào phương trỡnh y = x2 + 2x⇒ y(3) = 15 - Ta sẽ tớnh được thể tớch vật thể cần tớnh bằng cỏch lấy thể tớch hỡnh trụ (bằng cỏch xoay hỡnh chữ nhật giới hạn bởi x = 0, x = 3, y = −1, y = 15 quay trục Oy) trừ cho khối lừm giới hạn bởi y = 15, y = x2 + 2x. - Ta biến đổi biểu thức: y = x2 + 2x⇔ y = (x+ 1)2 − 1⇔ y + 1 = (x+ 1)2 ⇒ x = − √ y + 1− 1 ∨ x = √ y + 1− 1 - Như vậy, thể tớch vật thể cần tớnh là: VOy = pi ∫ 15 −1 (3− 0)2dy − pi ∫ 15 0 ( √ y + 1− 1)2dy = 9piy|15−1 − pi ∫ 15 0 (y + 2− 2 √ y + 1)dy = 144pi − pi ( y2 2 + 2y ) |150 + 2pi ∫ 15 −1 √ y + 1dy = 144pi − 285pi 2 + 4pi 3 (y + 1) 3 2 |150 = 144pi − 285pi 2 + 84pi = 171pi 2 3 2.1.2 Cỏch 2: - Hoặc cú thể dựng định lý sau đõy: - Như vậy ta dễ dàng cú: VOy = 2pi ∫ 3 0 x[(x2 + 2x)− (−1)] = 2pi ∫ 3 0 (x3 + 2x2 + x)dx = 2pi ( x4 4 + 2x3 3 + x2 2 ) |30 = 171pi 2 3 Cõu 3 Cho tớch phõn I = ∫ +∞ 2 dx (xm − 1)√2x2 − 5x+ 2 Tỡm m để tớch phõn I hội tụ và tớnh tớch phõn khi m = 1. 4 3.1 Hướng dẫn giải - Do x = 2 làm cho biểu thức trong dấu tớch phõn khụng xỏc định. Nờn đõy là tớch phõn bất định loại 1 và 2. - Tỏch ra thành 2 tớch phõn sau: I = ∫ 3 2 dx (xm − 1)√2x2 − 5x+ 2 + ∫ +∞ 3 dx (xm − 1)√2x2 − 5x+ 2 = I1 + I2 - Xột tớch phõn I1 sau:∫ 3 2 dx (xm − 1)√2x2 − 5x+ 2 = ∫ 3 2 dx (xm − 1) √ 2 ( x− 1 2 ) (x− 2) + Khi x→ 2+: 1 (xm − 1) √ 2 ( x− 1 2 ) (x− 2) ∼ 1√ 3(2m − 1)(x− 2) 12 + Nhận thấy với mọi m 6= 0 (lưu ý vỡ hàm số chỉ xỏc định khi m 6= 0). Thỡ√ 3(2m − 1) luụn là hằng. + Do đú thấy α = 1 2 < 1⇒ I1 hội tụ (đõy là tớch phõn suy rộng loại 2). - Xột tớch phõn I2: I2 = ∫ +∞ 3 dx (xm − 1)√2x2 − 5x+ 2 + Khi x→ +∞ ta xột cỏc trường hợp của m như sau: * Khi m < 0, ta xột hàm dương sau: 1 (1− xm)√2x2 − 5x+ 2 ∼ 1√ 2x ⇒ α = 1⇒ −I2 phõn kỳ⇒ I phõn kỳ * Khi m = 0: khụng xột vỡ làm hàm số khụng xỏc định ⇒ Khụng cú tớch phõn. * Khi m > 0, ta cú: 1 (xm − 1)√2x2 − 5x+ 2 ∼ 1√ 2xm+1 5 + Như vậy khi m > 0 thỡ ta thấy m+ 1 > 1⇒ I2 hội tụ. - Kết luận: + Do I1 hội tụ nờn để I hội tụ thỡ chỉ phụ thuộc vào I2. Suy ra, I hội tụ khi m > 0. - Tớnh tớch phõn khi m = 1:∫ +∞ 2 dx (x− 1)√2x2 − 5x+ 2 + Đặt: x− 1 = 1 t ⇒ dx = − 1 t2 dt + Tớch phõn đó tương đương với:∫ +∞ 2 dx (x− 1)√2x2 − 5x+ 2 = − ∫ 0 1 1 t2 1 t √ 2 ( 1 t + 1 )2 − 5 (1 t + 1 ) + 2 dt = ∫ 1 0 dt t √ 2 t2 − 1 t − 1 = ∫ 1 0 dt√ 2− t− t2 = ∫ 1 0 dt√ 9 4 − (t+ 1 2 )2 + Đặt: t+ 1 2 = 3 2 sinu⇒ dt = 3 2 cosudu + Tớch phõn trở thành:∫ pi 2 arcsin 1 3 3 2 cosudu 3 2 cosu = pi 2 − arcsin 1 3 4 Cõu 4 Giải phương trỡnh: a) y′ − xy 1− x2 = arcsinx+ x 1− x2 b) y′′ − 2y′ − 8y = 3e4x 6 4.1 Hướng dẫn giải 4.1.1 Cõu a y′ − xy 1− x2 = arcsinx+ x 1− x2 ⇔ y ′ − x 1− x2y = arcsinx+ x 1− x2 - Đặt: P (x) = − x 1− x2 và Q(x) = arcsinx+ x 1− x2 - Nghiệm tổng quỏt của phương trỡnh là: y = e− ∫ P (x)dx (∫ e ∫ P (x)dxQ(x)dx+ C ) - Tớnh tớch phõn ∫ P (x)dx: P (x) = − x 1− x2 ⇒ ∫ − x 1− x2dx = 1 2 ∫ d(1− x2) 1− x2 = 1 2 ln|1− x2| - Thay vào nghiệm tổng quỏt ta được: y = e− 1 2 ln|1−x2| (∫ e 1 2 ln|1−x2|Q(x)dx+ C ) = 1√ 1− x2 (∫ √ 1− x2arcsinx+ x 1− x2 dx+ C ) = 1√ 1− x2 (∫ arcsinx+ x√ 1− x2 dx+ C ) = 1√ 1− x2 (∫ ( arcsinx√ 1− x2 + x√ 1− x2 ) dx+ C ) - Ta cú: ∫ arcsinx√ 1− x2dx = ∫ arcsinxd(arcsinx) = 1 2 arcsin2 x∫ x√ 1− x2dx = − 1 2 ∫ d(1− x2)√ 1− x2 = − √ 1− x2 - Vậy nghiệm của phương trỡnh là: y = 1√ 1− x2 ( 1 2 arcsin2 x− √ 1− x2 + C ) 7 4.1.2 Cõu b y′′ − 2y′ − 8y = 3e4x - Phương trỡnh đặc trưng: k2 − 2k − 8 = 0⇔ k1 = −2 ∨ k2 = 4 - Nghiệm của phương trỡnh thuần nhất: y0 = C1e −2x + C2e4x - Ta cú: f(x) = 3e4x = Pn(x)e αx ⇒ Pn bậc 0;α = 4 - Nghiệm riờng của phương trỡnh khụng thuần nhất cú dạng: yr = x seαxQn(x) + Trong đú: s = 1(do α = 4 là nghiệm đơn của phương trỡnh đặc trưng) Qn(x) = A(cựng bậc với Pn(x)) + Vậy: yr = Axe 4x y′r = Ae 4x + 4Axe4x y′′r = 8Ae 4x + 16Axe4x + Suy ra: −8yr = −8Axe4x −2y′r = −2Ae4x − 8Axe4x y′′r = 8Ae 4x + 16Axe4x + Cộng 2 vế lại ta được: y′′r − 2y′r − 8yr = 6Ae4x + Ta cú: 3e4x = 6Ae4x ⇒ A = 1 2 - Vậy nghiệm tổng quỏt của phương trỡnh là: y = y0 + yr = C1e −2x + C2e4x + 1 2 xe4x 8 5 Cõu 5 Giải hệ phương trỡnh:{ x′(t) = 3x− 3y + 4et + 12t (1) y′(t) = 4x− 5y + 8et + 8t (2) 5.1 Hướng dẫn giải 5.1.1 Phương phỏp khử - Lấy 4ì (1)− 3ì (2), ta được: 4x′(t)− 3y′(t) = 3y − 8et + 24t⇒ 4x′(t) = 3y′ + 3y − 8et + 24t (3) - Đạo hàm 2 vế của phương trỡnh (2) theo t, ta được: y′′(t) = 4x′ − 5y′ + 8et + 8 (4) - Thay (3) vào (4), ta được: y′′(t) = −2y′ + 3y + 24t+ 8⇔ y′′ + 2y′ − 3y = 24t+ 8 + Phương trỡnh đặc trưng: k2 + 2k − 3 = 0⇒ k1 = −3 ∨ k2 = 1 + Nghiệm của phương trỡnh thuần nhất: y0 = C1e −3t + C2et + Ta cú: f(t) = 24t+ 8 = Pn(t)e αt + Suy ra Pn(t) bậc 1 và α = 0 + Như vậy nghiệm riờng của phương trỡnh khụng thuần nhất cú dạng: yr = t sQn(t)e αt s = 0 (do α = 0 khụng là nghiệm đơn của phương trỡnh đặc trưng). Qn(t) = At+B (Qn(t) cựng bậc với Pn(t)). + Vậy: yr = At+B 9 y′r = A y′′r = 0 + Suy ra: −3yr = −3At− 3B 2y′r = 2A y′′r = 0 + Cộng cỏc vế lại ta được: y′′r + 2y ′ r − 3yr = −3At+ 2A− 3B + Ta cú: 24t+ 8 = −3At+ 2A− 3B ⇒ { −3A = 24 2A− 3B = 8 ⇒ { A = −8 B = −8 - Vậy ta được nghiệm tổng quỏt: y(t) = C1e −3t + C2et − 8t− 8 ⇒ y′(t) = −3C1e−3t + C2et − 8 + Thay y(t) và y′(t) vào phương trỡnh (2), ta được: −3C1e−3t + C2et − 8 = 4x− 5(C1e−3t + C2et − 8t− 8) + 8et + 8t ⇔ 4x = 2C1e−3t + 6C2et − 48t− 8et − 48 ⇔ x(t) = 1 2 C1e −3t + 3 2 C2e t − 12t− 2et − 12 - Vậy nghiệm của hệ phương trỡnh là:{ x(t) = 1 2 C1e −3t + 3 2 C2e t − 12t− 2et − 12 y(t) = C1e −3t + C2et − 8t− 8 - Để kiểm chứng lại nghiệm của hệ đó đỳng hay khụng, ta thay cỏc nghiệm tương ứng này vào hệ, sao cho 2 vế bằng nhau là được. 10 GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI Kè GIẢI TÍCH 1 Bản quyền thuộc về Ngõn Hàng Đề Thi ĐH Bỏch Khoa HCM https://www.facebook.com/nganhangdethibkhcm 1 Cõu 1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số: y = x2ln2x 1.1 Hướng dẫn giải - Tập xỏc 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 thiờn: x y′ y 0 1e 1 +∞ + 0 − 0 + 0 1 e2 0 +∞ - Kết luận: + Hàm số đồng biến trờn: ( 0, 1 e ] ∪ [1,+∞) + Hàm số nghịch biến trờn: [ 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 - Tỡm 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 xột điểm uốn và dạng đồ thị: x y′′ e −3−√5 2 e −3+√5 2 +∞ 0 − 0 + - Cỏc điểm mà làm cho y′′ đổi dấu là cỏc điểm uốn. - Cỏc khoảng mà làm cho y′′ mang dấu (+) tức là lừm, dấu (−) là lồi. - Cỏc điểm đặc biệt dựng 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 khụng cú tiệm cận đứng. - TIỆM CẬN XIấN: a = lim x→∞ x2ln2x x = lim x→∞ xln2x =∞ Ta đó biết tiệm cận xiờn của hàm số cú dạng y = ax+ b, nhưng a tiến ra vụ cựng nờn hàm số khụng cú tiệm cận xiờn. Mà hàm số chỉ cú tiệm cận ngang khi và chỉ khi a = 0. Nờn suy ra hàm số cũng khụng cú tiệm cận ngang. - ĐỒ THỊ HÀM SỐ: + Lưu ý là với x ≤ 0 thỡ hàm số khụng xỏc định nờn ta vẽ đến gốc tọa độ O thỡ dừng lại. 2 2 Cõu 2 Tớnh diện tớch hỡnh phẳng giới hạn bởi: x+ y = 2, (x− 1)(y + 2) = 2 2.1 Hướng dẫn giải - Ta viết lại cỏc phương trỡnh: x+ y = 2⇔ y = 2− x (x− 1)(y + 2) = 2⇔ xy − y + 2x = 4⇔ y = 4− 2x x− 1 - Tỡm 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 trờn, hàm nào nằm dưới, ta khảo sỏt bằng cỏch sau: + Đặt: f(x) = 2− x g(x) = 4− 2x x− 1 + Lấy bất kỡ 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 thỡ f(x) nằm trờn g(x). Và ngược lại. + Từ đú suy ra hàm 2− x nằm trờn. - Diện tớch hỡnh phẳng cần tớnh: 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 Cõu 3 Cho tớch phõn I = ∫ +∞ 1 dx (xm + 2) √ x2 − 1 Tỡm m để tớch phõn I hội tụ và tớnh tớch phõn khi m = 2. 3.1 Hướng dẫn giải - Do x = 1 làm cho biểu thức trong dấu tớch phõn khụng xỏc định. Nờn đõy là tớch phõn suy rộng loại 1 và 2. - Tỏch ra thành 2 tớch phõn sau: I = ∫ 2 1 dx (xm + 2) √ x2 − 1 + ∫ +∞ 2 dx (xm + 2) √ x2 − 1 = I1 + I2 - Xột tớch phõn 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 + Đõy là tớch phõn suy rộng loại 2, thấy α = 1 2 < 1⇒ I1 hội tụ. - Xột tớch phõn I2: I2 = ∫ +∞ 2 dx (xm + 2) √ x2 − 1 + Khi x→ +∞ ta xột cỏc trường hợp của m như sau: * Khi m < 0, xột: 1 (xm + 2) √ x2 − 1 ∼ 1 2x ⇒ α = 1⇒ I2 phõn kỳ⇒ I phõn kỳ * Khi m = 0, xột: 1 (xm + 2) √ x2 − 1 ∼ 1 3x ⇒ α = 1⇒ I2 phõn kỳ⇒ I phõn kỳ * Khi m > 0, xột: 1 (xm + 2) √ x2 − 1 ∼ 1 xm+1 + Như vậy khi m > 0 thỡ ta thấy m+1 > 1⇒ I2 hội tụ (do đõy là tớch phõn suy rộng loại 1). - Kết luận: + Do I1 hội tụ nờn để I hội tụ thỡ chỉ phụ thuộc vào I2. Suy ra, I hội tụ khi m > 0. - Tớnh tớch phõn khi m = 2: Khi m = 2, tớch phõn đó 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 + Tớch phõn đó 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 Cõu 4 Giải phương trỡnh: 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 Cõu a y′√ y − 2x √ y 1 + x2 = 4arctanx√ 1 + x2 (1) - Đặt: z = √ y ⇒ z′ = y ′ 2 √ y ⇒ y ′ √ y = 2z′ 6 - Từ đú (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 quỏt của phương trỡnh 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 Cõu b y′′ + 5y′ − 14y = (12x+ 21) cos 2x− (64x+ 81) sin 2x (3) - Phương trỡnh đặc trưng: k2 + 5k − 14 = 0⇔ k1 = −7 ∨ k2 = 2 7 - Nghiệm của phương trỡnh thuần nhất: y0 = C1e −7x + C2e2x - Ta cú: f(x) = (12x+21) cos 2x−(64x+81) sin 2x = (12x+21) cos 2x+(−64x−81) sin 2x - Xột: f(x) = eαx(Pn(x) cos βx+Qm(x) sin βx) = (12x+21) cos 2x+(−64x−81) sin 2x + Từ đú suy ra được: α = 0 ; β = 2 ; Pn(x) bậc 1 ; Qm(x) bậc 1 - Nghiệm riờng cú dạng: yr = x seαx(Hk(x) cos βx+ Tk(x) sin βx) + Trong đú: s = 0 vỡ α + βi = 2i khụng là nghiệm của phương trỡnh đặc trưng. Bậc của Hk(x) và Tk(x) xỏc định bởi: k = max{m,n} = max{1, 1} = 1 (m,n là bậc của đa thức Pn(x) và Qm(x)). + Khi đú 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 + Thờm nhõn thờm 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 đú ta cú 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 quỏt của phương trỡnh là: y = C1e −7x + C2e2x + (x+ 2) cos 2x+ (3x+ 4) sin 2x 5 Cõu 5 Giải hệ phương trỡnh:  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 phỏp Euler - Xột phương trỡnh 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 tớnh toỏn phương trỡnh đặc trưng ta cú định lý sau đõy: Cho A = a11 a12 a13a21 a22 a23 a31 a32 a33  + Thỡ: |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 xột hệ sau: 3p1 − 3p2 + p3 = 0 3p1 − p2 − p3 = 0 3p1 − 5p2 + 3p3 = 0 ⇒ P1 = 23 3  - Tương ứng với λ1 = −1, ta xột hệ sau: 2p1 − 3p2 + p3 = 0 3p1 − 2p2 − p3 = 0 3p1 − 5p2 + 2p3 = 0 ⇒ P2 = 11 1  - Tương ứng với λ1 = 2, ta xột 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 đó đỳng hay khụng, ta thay cỏc nghiệm tương ứng này vào hệ, sao cho 2 vế bằng nhau là được. 11 GIẢI MẪU ĐỀ THI CUỐI Kè GIẢI TÍCH 1 Bản quyền thuộc về Ngõn Hàng Đề Thi ĐH Bỏch Khoa HCM https://www.facebook.com/nganhangdethibkhcm 1 Cõu 1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số: y = 3 √ x3 − 2x2 1.1 Hướng dẫn giải - Tập xỏc định của hàm số: D = R - Ta viết lại hàm số: y = (x3 − 2x2) 13 - Đạo hàm của hàm số: y′ = 1 3 (x3 − 2x2)− 23 (3x2 − 4x) = 1 3 3x2 − 4x 3 √ (x3 − 2x2)2 = 1 3 3x2 − 4x 3 √ x4(x− 2)2 = 1 3 3x− 4 3 √ x(x− 2)2 y′ = 0⇔ x = 4 3 + Điểm làm đạo hàm khụng xỏc định là: x = 0 và x = 2 - Bảng biến thiờn: x y′ y −∞ 0 43 2 +∞ + − 0 + + −∞ 0 − 3 √ 32 3 0 +∞ - Kết luận: + Hàm số đồng biến trờn: (−∞, 0] ∪ [4 3 ,+∞) + Hàm số nghịch biến trờn: [ 0, 4 3 ] 1 + Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0 + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4 3 và yCT = − 3 √ 32 3 - Tỡm điểm uốn: + Ta cú: y′ = 1 3 3x− 4 3 √ x(x− 2)2 = 1 3 (3x− 4)x− 13 (x− 2)− 23 + Logarith húa 2 vế: ln(y′) = ln ( 1 3 ) + ln|3x− 4| − 1 3 ln|x| − 2 3 ln|x− 2| ⇒ y ′′ y′ = 3 3x− 4 − 1 3x − 2 3(x− 2) = 27(x2 − 2x)− 3(3x− 4)(x− 2)− 6(3x2 − 4x) 9x(x− 2)(3x− 4) = −8 3x(x− 2)(3x− 4) ⇒ y ′′ = 1 3 3x− 4 3 √ x(x− 2)2 ( −8 3x(x− 2)(3x− 4) ) ⇒ y′′ = −8 9 3 √ x4(x− 2)5 - Bảng xột điểm uốn và dạng đồ thị: x y′′ −∞ 0 2 +∞ + + − - Cỏc điểm mà làm cho y′′ đổi dấu là cỏc điểm uốn. - Cỏc khoảng mà làm cho y′′ mang dấu (+) tức là lừm, dấu (−) là lồi. - Cỏc điểm đặc biệt dựng 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 xỏc định của hàm số là R nờn: 2 ⇒ hàm số khụng cú tiệm cận đứng. - TIỆM CẬN XIấN: a = lim x→∞ 3 √ x3 − 2x2 x = lim x→∞ 3 √ 1− 2 x = 1 b = lim x→∞ ( 3 √ x3 − 2x2 − x) = lim x→∞ [ x ( 3 √ 1− 2 x − 1 )] = lim x→∞ 3 √ 1− 2 x − 1 1 x = lim x→∞ − 2 3 3 √( 1− 2 x )2 = −23 ⇒ tiệm cận xiờn là y = x− 2 3 ⇒ khụng cú tiệm cận ngang. - ĐỒ THỊ HÀM SỐ: + Lưu ý là ta vẽ tiệm cận xiờn trước. 2 Cõu 2 Tớnh diện tớch mặt trũn xoay tạo bởi cung y = e− x 2 , 0 ≤ x ≤ +∞ quay quanh trục Ox. 3 2.1 Hướng dẫn giải - Ta cú cụng thức tớnh diện tớch mặt trũn xoay tạo bởi cung quay quanh trục Ox là: S = 2pi ∫ b a |f(x)| √ 1 + [f ′(x)]2dx - Do hàm f(x) = e− x 2 luụn dương với mọi x nờn |f(x)| = e−x2 . - Đạo hàm của hàm f(x): f ′(x) = −1 2 e− x 2 - Lỳc đú ta cú: S = 2pi ∫ +∞ 0 e− x 2 √ 1 + 1 4 e−xdx + Đặt: t = e− x 2 ⇒ t2 = e−x ⇒ 2tdt = −e−xdx⇒ dx = −2 t dt + Đổi cận: x = 0⇒ t = 1 ; x = +∞⇒ t = 0 + Tớch phõn trở thành: S = 2pi ∫ 0 1 t 2 √ 4 + t2 ( −2 t ) dt = 2pi ∫ 1 0 √ 4 + t2dt = 2piI1 + Đặt: u = √ 4 + t2 ⇒ du = t√ 4 + t2 dt dv = dt⇒ v = t + Vậy tớch phõn I1 trở thành: I1 = t √ 4 + t2|10 − ∫ 1 0 t2√ 4 + t2 dt = √ 5− (∫ 1 0 √ 4 + t2dt+ ∫ 1 0 −4√ 4 + t2 dt ) ⇒ 2I1 = √ 5 + ∫ 1 0 4√ 4 + t2 dt 4 ⇒ I1 = √ 5 2 + 2 ∫ 1 0 dt√ 4 + t2 + Mà ta đó biết cụng thức tớch phõn bất định sau:∫ dx√ x2 ± a2 = ln|x+ √ x2 ± a2|+ C + Nờn suy ra: ⇒ I1 = √ 5 2 + 2ln(t+ √ t2 + 4)|10 = √ 5 2 + 2ln ( 1 + √ 5 2 ) - Vậy diện tớch cần tớnh là: S = 2pi [√ 5 2 + 2ln ( 1 + √ 5 2 )] = pi [√ 5 + 4ln ( 1 + √ 5 2 )] 3 Cõu 3 Tỡm α để tớch phõn sau hội tụ I = ∫ 1 2 0 dx xα √ 1− 4x2 Tớnh tớch phõn khi α = −2 3.1 Hướng dẫn giải - Ta thấy 2 cận của tớch phõn làm cho biểu thức dưới dấu tớch phõn khụng xỏc định. Nờn ta tỏch ra thành 2 tớch phõn suy rộng loại 2 như sau: I = ∫ 1 4 0 dx xα √ 1− 4x2 + ∫ 1 2 1 4 dx xα √ 1− 4x2 = I1 + I2 - Xột tớch phõn I1: I1 = ∫ 1 4 0 dx xα √ 1− 4x2 5 Xột 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 thỡ để I1 hội tụ thỡ trong trường hợp này α phải thỏa 0 < α < 1 - Tổng hợp lại thỡ với α < 1 thỡ I1 hội tụ! - Xột tớch phõn I2: I2 = ∫ 1 2 1 4 dx xα √ 1− 4x2 + Xột khi x→ 1 2 − : + Khi α < 0: 1 xα √ 1− 4x2 = 1 xα √ (1 + 2x)(1− 2x) ∼ 1√ 2 1 2α √ (1− 2x) = 1 √ 2 1 2α √ 2 ( 1 2 − x) = 12−α+1 (12 − x) 12 ⇒ do đõy là tớch phõn suy rộng loại 2 và α = 1 2 < 1 nờn I2 hội tụ. + Khi α = 0: 1 xα √ 1− 4x2 ∼ 1 2 ( 1 2 − x) 12 ⇒ I2 hội tụ. + Khi α > 0: 1 xα √ 1− 4x2 ∼ 1 2−α+1 ( 1 2 − x) 12 6 ⇒ I2 hội tụ. KẾT LUẬN: Do I2 đó hội tụ nờn để cho I hội tụ thỡ I1 phải hội tụ. Vậy α < 1 thỏa món. * Tớnh tớch phõn khi α = −2 - Khi α = −2 thỡ ta cú tớch phõn sau: I = ∫ 1 2 0 x2√ 1− 4x2dx = 1 2 ∫ 1 2 0 x2√ 1 4 − x2 dx + Đặt: x = 1 2 sin t với− pi 2 ≤ t ≤ pi 2 ⇒ dx = 1 2 cos tdt + Đổi cận: x = 0⇒ t = 0 ; x = 1 2 ⇒ t = pi 2 - Tớch phõn trở thành: 1 8 ∫ pi 2 0 sin2 t = 1 8 ∫ pi 2 0 ( 1 2 − cos 2x 2 ) dt = ( x 16 − sin 2x 32 ) | pi 2 0 = pi 32 4 Cõu 4 Giải phương trỡnh: a) y′ = ( 2x+ y x )2 , y(1) = 2 b) y′′ − 2y′ + 2y = e2x(3 cosx− sinx) 4.1 Hướng dẫn giải 4.1.1 Cõu a y′ = ( 2x+ y x )2 = ( 2 + y x )2 7 - Đặt: u = y x ⇒ y = ux⇒ y′ = u′x+ u - Thay vào phương trỡnh ta được: u′x+ u = (2 + u)2 ⇔ du dx .x+ u = 4 + 4u+ u2 ⇔ du u2 + 3u+ 4 = dx x - Lấy tớch phõn 2 vế:∫ du u2 + 3u+ 4 = ∫ dx x ⇔ I1 = ∫ dx x - Tớnh I1: + Biến đổi: ∫ du u2 + 3u+ 4 = ∫ du( u+ 3 2 )2 + 7 4 + Đặt: u+ 3 2 = √ 7 2 tan t với − pi 2 < t < pi 2 ⇒ du = √ 7 2 1 cos2 t dt + Và ta suy ra được: t = arctan [( u+ 3 2 ) 2√ 7 ] + Tớch phõn I1 trở thành:∫ √7 2 1 cos2 t 7 4 tan2 t+ 7 4 dt = ∫ √7 2 1 cos2 t 7 4 1 cos2 t dt = 2√ 7 t - Vậy ta được: 2√ 7 t = ln|x|+ C ⇔ C = 2√ 7 arctan [( u+ 3 2 ) 2√ 7 ] − ln|x| 8 ⇔ C = 2√ 7 arctan [( y x + 3 2 ) 2√ 7 ] − ln|x| - Thay điều kiện ban đầu y(1) = 2 vào ta được: C = 2√ 7 arctan [( 2 + 3 2 ) 2√ 7 ] = 2√ 7 arctan √ 7 - Vậy nghiệm của phương trỡnh là: 2√ 7 arctan [( y x + 3 2 ) 2√ 7 ] = ln|x|+ 2√ 7 arctan √ 7 4.1.2 Cõu b y′′ − 2y′ + 2y = e2x(3 cosx− sinx) - Phương trỡnh đặc trưng: k2 − 2k + 2 = 0⇔ k1 = 1− i ∨ k2 = 1 + i - Với k1 = 1− i, nghiệm của phương trỡnh thuần nhất: y0 = e x(C1 cosx− C2 sinx) - Ta cú: f(x) = e2x(3 cosx− sinx) = eαx[Pn(x) cos βx+Qm(x) sin βx] + Từ đú suy ra được: α = 2 ; β = −1 ; Pn(x) bậc 0 ; Qm(x) bậc 0 - Nghiệm riờng cú dạng: yr = x seαx(Hk(x) cos βx+ Tk(x) sin βx) + Trong đú: s = 0 vỡ α + βi = 2− i khụng là nghiệm của phương trỡnh đặc trưng. Bậc của Hk(x) và Tk(x) xỏc định bởi: k = max{m,n} = max{0, 0} = 0 (m,n là bậc của đa thức Pn(x) và Qm(x)). + Khi đú ta được: yr = e 2x(A cosx−B sinx) 9 y′r = 2e 2x(A cosx−B sinx) + e2x(−A sinx−B cosx) = e2x[(2A−B) cosx+ (−A− 2B) sinx] y′′r = 2e 2x[(2A−B) cosx+(−A−2B) sinx]+e2x[−(2A−B) sinx+(−A−2B) cosx] = e2x[(3A− 4B) cosx+ (−4A− 3B) sinx] + Thờm nhõn thờm hệ số để cộng theo vế, ta được: 2yr = e 2x(2A cosx− 2B sinx) −2y′r = e2x[(−4A+ 2B) cosx+ (2A+ 4B) sinx] y′′r = e 2x[(3A− 4B) cosx+ (−4A− 3B) sinx] + Cộng 2 vế lại, ta được: y′′r − 2y′r + 2yr = e2x[(2A− 4A+ 2B + 3A− 4B) cosx+ (−2B + 2A+ 4B − 4A− 3B) sinx] = e2x[(A− 2B) cosx+ (−2A−B) sinx] + Từ đú ta cú: e2x[(A− 2B) cosx+ (−2A−B) sinx] = e2x(3 cosx− sinx) + Từ đú ta cú hệ sau:{ A− 2B = 3 −2A−B = −1 ⇒ { A = 1 B = −1 - KẾT LUẬN: Nghiệm tổng quỏt của phương trỡnh là: y = ex(C1 cosx− C2 sinx) + e2x(cosx− sinx) 5 Cõu 5 Giải hệ phương trỡnh: { x′ = x+ 2y + et (1) y′ = −x+ 3y (2) 10 5.1 Hướng dẫn giải 5.1.1 Phương phỏp khử - Cộng 2 vế của phương trỡnh (1) và (2) lại ta được: x′ + y′ = 5y + et (3) - Đạo hàm 2 vế của phương trỡnh (2) theo biến t, ta được: y′′ = −x′ + 3y′ ⇒ x′ = −y′′ + 3y′ (4) - Thay (4) vào (3), ta được: −y′′ + 3y′ + y′ = 5y + et ⇔ y′′ − 4y′ + 5y = −et + Phương trỡnh đặc trưng: k2 − 4k + 5 = 0⇒ k1 = 2 + i ∨ k2 = 2− i + Nghiệm của phương trỡnh thuần nhất ứng với k1 = 2 + i: y0 = e 2t(C1 cos t+ C2 sin t) + Ta cú: f(t) = −et = Pn(t)eαt + Suy ra: α = 1 ; Pn(t)bậc 0 + Nghiệm riờng của phương trỡnh khụng thuần nhất cú dạng: yr = t seαtQn(t) Trong đú: s = 0 do α = 1 khụng là nghiệm đơn của phương trỡnh đặc trưng. Qn(t) = A vỡ Qn(t) cựng bậc với Pn(t) + Lỳc đú, ta cú: yr = Ae t y′r = Ae t y′′r = Ae t 11 + Và ta được: 5yr = 5Ae t −4y′r = −4Aet y′′r = Ae t + Suy ra: y′′r − 4y′r + 5yr = 2Aet + Mà ta cú: −et = 2Aet ⇒ A = −1 2 - Ta cú nghiệm riờng: yr = −1 2 et - Suy ra nghiệm tổng quỏt: y = e2t(C1 cos t+ C2 sin t)− 1 2 et + Đạo hàm theo biến t nghiệm tổng quỏt vừa tỡm, ta được: y′ = 2e2t(C1 cos t+ C2 sin t) + e2t(−C1 sin t+ C2 cos t)− 1 2 et = e2t[(2C1 + C2) cos t+ (−C1 + 2C2) sin t]− 1 2 et + Thay vào phương trỡnh (2), ta được: e2t[(2C1+C2) cos t+(−C1+2C2) sin t]−1 2 et = −x+3 [ e2t(C1 cos t+ C2 sin t)− 1 2 et ] ⇒ x = 3 [ e2t(C1 cos t+ C2 sin t)− 1 2 et ] −e2t[(2C1+C2) cos t+(−C1+2C2) sin t]+1 2 et = 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 trỡnh là:{ x = e2t[(C1 − C2) cos t+ (C1 + C2) sin t]− et y = e2t(C1 cos t+ C2 sin t)− 12et - Để kiểm chứng lại nghiệm của hệ đó đỳng hay khụng, ta thay cỏc nghiệm tương ứng này vào hệ, sao cho 2 vế bằng nhau là được. 12