giải mẫu đề thi cuối kỳ môn giải tích 1( đề 2)

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 = x 2 ln 2 x 1.1 Hướng dẫn giải - Tập xác định của hàm số: D = (0, +∞) - Đạo hàm của hàm số: y  = 2xln 2 x + x 2 .2lnx. 1 x = 2xln 2 x + 2xlnx = 2xlnx(lnx + 1) y  = 0 ⇔ 2xlnx(lnx + 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = 1 e - Bảng biến thiên: x y  y 0 1 e 1 +∞ + 0 − 0 + 0 1 e 2 1 e 2 00 +∞+∞ - 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 y CĐ = 1 e 2 + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và y CT = 0 - Tìm điểm uốn: y  = 2xlnx(lnx + 1) = (2lnx + 2)(lnx + 1) + 2lnx = 2ln 2 x + 6lnx + 2 1 y  = 0 ⇔ ln 2 x + 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 e 2 ≈ 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 − x 2 ln 2 x = lim x→0 − ln 2 x 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 − x 2 2 = 0 = lim x→0 + x 2 ln 2 x ⇒ hàm số không có tiệm cận đứng. - TIỆM CẬN XIÊN: a = lim x→∞ x 2 ln 2 x x = lim x→∞ xln 2 x = ∞ 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 = 1, ta được: (2 − x)(x − 1) = 4 − 2x ⇔ x 2 − 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|  | 3 2 =  15 2 − 2ln2  − 6 = 3 2 − 2ln2 3 Câu 3 Cho tích phân I =  +∞ 1 dx (x m + 2) √ x 2 − 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 (x m + 2) √ x 2 − 1 +  +∞ 2 dx (x m + 2) √ x 2 − 1 = I 1 + I 2 - Xét tích phân I 1 sau:  2 1 dx (x m + 2) √ x 2 − 1 =  2 1 dx (x m + 2)  (x − 1)(x + 1) + Khi x → 1 + : 1 (x m + 2)  (x − 1)(x + 1) ∼ 1 3 √ 2(x − 1) 1 2 4 + Đây là tích phân suy rộng loại 2, thấy α = 1 2 < 1 ⇒ I 1 hội tụ. - Xét tích phân I 2 : I 2 =  +∞ 2 dx (x m + 2) √ x 2 − 1 + Khi x → +∞ ta xét các trường hợp của m như sau: * Khi m < 0, xét: 1 (x m + 2) √ x 2 − 1 ∼ 1 2x ⇒ α = 1 ⇒ I 2 phân kỳ ⇒ I phân kỳ * Khi m = 0, xét: 1 (x m + 2) √ x 2 − 1 ∼ 1 3x ⇒ α = 1 ⇒ I 2 phân kỳ ⇒ I phân kỳ * Khi m > 0, xét: 1 (x m + 2) √ x 2 − 1 ∼ 1 x m+1 + Như vậy khi m > 0 thì ta thấy m + 1 > 1 ⇒ I 2 hội tụ (do đây là tích phân suy rộng loại 1). - Kết luận: + Do I 1 hội tụ nên để I hội tụ thì chỉ phụ thuộc vào I 2 . 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 (x 2 + 2) √ x 2 − 1 + Biến đổi, ta được: I =  +∞ 1 dx (x 2 + 2) √ x 2 − 1 =  +∞ 1 dx x(x 2 + 2)  1 − 1 x 2 + Đặt: t =  1 − 1 x 2 ⇒ t 2 = 1 − 1 x 2 ⇒ x 2 = 1 1 − t 2 5 ⇒ xdx = t (1 − t 2 ) 2 dt + Tích phân đã tương đương với:  +∞ 1 xdx x 2 (x 2 + 2)  1 − 1 x 2 =  1 0 t (1−t 2 ) 2 1 1−t 2 ( 1 1−t 2 + 2)t dt =  1 0 t 1−t 2 t 1−t 2 + 2t dt = 1 2  1 0 1 3 2 − t 2 dt = 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       | 1 0 = 1 2 √ 6  ln      √ 6 2 + t √ 6 2 − t       | 1 0 = 1 2 √ 6 ln(5 + 2 √ 6) 4 Câu 4 Giải phương trình: a) y  √ y − 2x √ y 1 + x 2 = 4 arctan x √ 1 + x 2 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 + x 2 = 4 arctan x √ 1 + x 2 (1) - Đặt: z = √ y ⇒ z  = y  2 √ y ⇒ y  √ y = 2z  6 - Từ đó (1), trở thành: 2z  − 2x 1 + x 2 z = 4 arctan x √ 1 + x 2 ⇔ z  − x 1 + x 2 z = 2 arctan x √ 1 + x 2 (2) - Đặt: P (x) = − x 1 + x 2 ⇒  P (x)dx = −  x 1 + x 2 dx = − 1 2  d(1 + x 2 ) 1 + x 2 ⇒  P (x)dx = − 1 2 ln(1 + x 2 ) Q(x) = 2 arctan x √ 1 + x 2 - Nghiệm tổng quát của phương trình là: z = e −  P (x)dx   e  P (x)dx Q(x)dx + C  ⇒ z = e 1 2 ln(1+x 2 )   e − 1 2 ln(1+x 2 ) 2 arctan x √ 1 + x 2 dx + C  = √ 1 + x 2   2 arctan x 1 + x 2 dx + C  = √ 1 + x 2   2 arctan xd(arctan x) + C  ⇒ z = √ 1 + x 2  arctan 2 x + C  - Vậy ta suy ra được: y = z 2 = (1 + x 2 )  arctan 2 x + C  2 4.1.2 Câu b y  + 5y  − 14y = (12x + 21) cos 2x − (64x + 81) sin 2x (3) - Phương trình đặc trưng: k 2 + 5k − 14 = 0 ⇔ k 1 = −7 ∨ k 2 = 2 7 - Nghiệm của phương trình thuần nhất: y 0 = C 1 e −7x + C 2 e 2x - Ta có: f(x) = (12x+21) cos 2x−(64x+81) sin 2x = (12x+21) cos 2x+(−64x−81) sin 2x - Xét: f(x) = e αx (P n (x) cos βx+Q m (x) sin βx) = (12x+21) cos 2x+(−64x−81) sin 2x + Từ đó suy ra được: α = 0 ; β = 2 ; P n (x) bậc 1 ; Q m (x) bậc 1 - Nghiệm riêng có dạng: y r = x s e αx (H k (x) cos βx + T k (x) sin βx) + Trong đó: s = 0 vì α + βi = 2i không là nghiệm của phương trình đặc trưng. Bậc của H k (x) và T k (x) xác định bởi: k = max{m, n} = max{1, 1} = 1 (m, n là bậc của đa thức P n (x) và Q m (x)). + Khi đó ta được: y r1 = (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: −14y r1 = −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 − 14y r1 = [(−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 = C 1 e −7x + C 2 e 2x + (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 ⇔ −λ 3 − λ 2 + 4λ + 4 = 0 ⇒ λ 1 = −2 ∨ λ 2 = −1 ∨ λ 3 = 2 9 + Để tiện trong việc tính toán phương trình đặc trưng ta có định lý sau đây: Cho A =   a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33   + Thì: |A − λI| = −λ 3 + tr(A)λ 2 −      a 22 a 23 a 32 a 33     +     a 11 a 13 a 31 a 33     +     a 11 a 12 a 21 a 22      λ + det(A) + Với: tr(A) = a 11 + a 22 + a 33 là VẾT của ma trận A - Tương ứng với λ 1 = −2, ta xét hệ sau:      3p 1 − 3p 2 + p 3 = 0 3p 1 − p 2 − p 3 = 0 3p 1 − 5p 2 + 3p 3 = 0 ⇒ P 1 =   2 3 3   - Tương ứng với λ 1 = −1, ta xét hệ sau:      2p 1 − 3p 2 + p 3 = 0 3p 1 − 2p 2 − p 3 = 0 3p 1 − 5p 2 + 2p 3 = 0 ⇒ P 2 =   1 1 1   - Tương ứng với λ 1 = 2, ta xét hệ sau:      −p 1 − 3p 2 + p 3 = 0 3p 1 − 5p 2 − p 3 = 0 3p 1 − 5p 2 − p 3 = 0 ⇒ P 3 =   4 1 7   - Vậy: X(t) =   x y z   = C 1 e λ 1 t P 1 + C 2 e λ 2 t P 2 + C 3 e λ 3 t P 3 = C 1 e −2t   2 3 3   + C 2 e −t   1 1 1   + C 3 e 2t   4 1 7   10 . 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. 2ln2 3 Câu 3 Cho tích phân I =  +∞ 1 dx (x m + 2) √ x 2 − 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. đây là tích phân suy rộng loại 1 và 2. - Tách ra thành 2 tích phân sau: I =  2 1 dx (x m + 2) √ x 2 − 1 +  +∞ 2 dx (x m + 2) √ x 2 − 1 = I 1 + I 2 - Xét tích phân I 1 sau:  2 1 dx (x m + 2) √ x 2 −