giải mẫu đề thi cuối kỳ môn giải tích 1( đề 4)

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 =

√

x2− 6x + 10

x − 5

1.1 Hướng dẫn giải

- Tập xác định của hàm số: D = R \ {5}

- Ta viết lại hàm số: y = (x2− 6x + 10)12(x − 5)−1

⇒ ln|y| = 1

2ln(x

2− 6x + 10) − ln|x − 5|

- Đạo hàm của hàm số:

y0

y =

x − 3

x2− 6x + 10 −

1

x − 5 =

(x − 3)(x − 5) − (x2− 6x + 10) (x2 − 6x + 10)(x − 5)

⇒ y0 =

√

x2 − 6x + 10

x − 5



5 − 2x (x2− 6x + 10)(x − 5)



(x − 5)2√

x2− 6x + 10 + Điểm làm đạo hàm bằng 0:

y0 = 0 ⇔ x = 5

2 + Điểm làm đạo hàm không xác định là: x = 5

- Bảng biến thiên:

y0

y

−1

−

√ 5 5

−

√ 5 5

−∞

+∞

1

- Kết luận:

+ Hàm số đồng biến trên: −∞,52

+ Hàm số nghịch biến trên: 5

2, 5
∪ (5, +∞) + Hàm số đạt chỉ đạt cực đại tại x = 52 và yCĐ= −

√ 5 5

- Các điểm dùng 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 = −∞

⇒ hàm số có x = 5 tiệm cận đứng.

- TIỆM CẬN XIÊN:

a = lim

x→∞

√

x2− 6x + 10

x − 5

1

x = limx→∞

q

1 −x6 + 10x2

b = lim

x→+∞

√

x2 − 6x + 10

x − 5 = limx→+∞

x

q

1 −x6 + 10x2

x 1 −x5
= 1

b = lim

x→−∞

√

x2 − 6x + 10

x − 5 = limx→−∞

|x|q1 −x6 + 10x2

x 1 −x5
= −1

⇒ không có tiệm cận xiên

⇒ y = 1 là tiệm cận ngang về phía phải và y = −1 là tiệm cận ngang về phía trái của đồ thị hàm số

- ĐỒ THỊ HÀM SỐ:

2 Câu 2

Cho miền D giới hạn bởi các đường cong sau:

x = 0, y = −1, y = x2− 2x Tính thể tích vật thể tạo ra khi D quay quanh trục Oy

2.1 Hướng dẫn giải

2.1.1 Cách 1

- Ta có: x = 0 ⇒ y = x2− 2x = 0

- Đổi biến của hàm y = x2− 2x

+ Ta có:

x2− 2x − y = 0

⇒ ∆0 = 1 + y

⇒ x = 1 +p1 + y ∨ x = 1 −p1 + y + Ta chọn x = 1 +√

1 + y (vì đường cong bị giới hạn bởi x = 0, nếu chọn

x = 1 −√

1 + y thì với giá trị y > 0 làm cho giá trị x âm dẫn đến không thỏa)

- Từ đó ta có:

VOy = π

Z 0

−1

[(1 −p1 + y)2]dy = π

Z 0

−1

(2 + y − 2p1 + y)dy

= π

 2y + y

2

2 − 4 3

p (1 + y)3



|0−1 = π 6 2.1.2 Cách 2

- Hoành độ giao điểm của y = x2− 2x và y = −1:

x2 − 2x = −1 ⇒ x = 1

- Ta có công thức sau, như đã đề cập trong các đề ôn trước:

VOy = 2π

Z x b

x a

|xf (x)|dx

- Từ đó ta có:

VOy = 2π

Z 1

0

[x(x2− 2x) − x.(−1)]dx = 2π

Z 1

0

(x3 − 2x2+ x)dx

= 2π x4

4 − 2x

3

x2

2



|1

0 = π 6

3 Câu 3

Tìm α để tích phân sau hội tụ

I =

Z +∞

1

xα



ex22 − e−x23

 dx Tính tích phân khi α = −5

3.1 Hướng dẫn giải

- Đây là tích phân suy rộng loại 1

- Khi x → +∞, ta có:

xα



ex22 − e−x23



= xα[(ex22 − 1) − (e−x23 − 1)] ∼ xα 2

x2 − −3

x2



= 5x

α

x2

x2−α

- Để tích phân hội tụ thì:

2 − α > 1 ⇒ α < 1

- Khi α = −5, tích phân trở thành:

I =

Z +∞

1

ex22 − e−x23

+ Đặt:

u = 1

x2 ⇒ du = −2

x3dx + Đổi cận:

x = 1 ⇒ u = 1 ; x = +∞ ⇒ y = 0 + Tích phân trở thành:

I = 1

2

Z 1

0

u(e2u− e−3u)du = 1

2

Z 1

0

ue2udu − 1

2

Z 1

0

ue−3udu = I1− I2

- Tính I1:

+ Đặt:

t = u ⇒ dt = du

dv = e2udu ⇒ v = 1

2e

2u

⇒ I1 = 1

2

 u

2e

2u|1

0−

Z 1

0

1

2e

2udu



= 1 2

 u

2e

2u|1

0− 1

4e

2u|1 0



= e

2

8 +

1 8

- Tính I2:

+ Đặt:

t = u ⇒ dt = du

dv = e−3udu ⇒ v = −1

3e

−3u

⇒ I2 = 1

2



−u

3e

−3u|1

0+

Z 1

0

1

3e

−3u

du



= 1 2



−u

3e

−3u|1

0− 1

9e

−3u|1 0



= − 2 9e3+1 18

- Vậy:

I = e

2

8 +

2 9e3 + 5 72

4 Câu 4

Giải phương trình:

a) 2(3xy2+ 2x3)dx + 3(2x2y + y2)dy = 0 b) y00+ 4y0+ 8y = 10xe−x− 24

4.1 Hướng dẫn giải

4.1.1 Câu a

- Đặt:

P (x) = 2(3xy2+ 2x3) = 6xy2+ 4x3 Q(x) = 3(2x2y + y2) = 6x2y + 3y2

- Xét:

∂Q(x)

∂P (x)

⇒ ∂Q(x)

∂P (x)

∂y

⇒ đây là phương trình vi phân toàn phần

- Nghiệm tổng quát của phương trình là:

u(x, y) =

Z x

0

P (x, y)dx +

Z y

0

Q(0, y)dy = C

⇔

Z x

0

(6xy2+ 4x3)dx +

Z y

0

(0 + 3y2)dy = C

⇔ 3x2y2+ x4+ y3 = C

y00+ 4y0+ 8y = 10xe−x− 24

- Phương trình đặc trưng:

k2+ 4k + 8 = 0 ⇔ k1 = −2 + 2i ∨ k2 = −2 − 2i

- Với k1 = −2 + 2i, nghiệm của phương trình thuần nhất:

y0 = e−2x(C1cos 2x + C2sin 2x)

- Ta xét:

f (x) = 10xe−x− 24 = f1(x) + f2(x)

- Với:

f1(x) = 10xe−x= Pn(x)eαx + Từ đó suy ra được:

α = −1 ; Pn(x) bậc 1

- Nghiệm riêng có dạng:

yr = xseαxQn(x) + Trong đó:

s = 0 vì α = −1 không là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng

Qn(x) = Ax + B vì cùng bậc với Pn(x)

+ Khi đó ta được:

yr1 = e−x(Ax + B)

yr10 = −e−x(Ax + B) + Ae−x= e−x(−Ax + A − B)

yr100 = −e−x(−Ax + A − B) − Ae−x = e−x(Ax − 2A + B) + Nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được:

8yr1 = e−x(8Ax + 8B) 4y0r1 = −e−x(Ax + B) + Ae−x = e−x(−4Ax + 4A − 4B)

yr100 = −e−x(−Ax + A − B) − Ae−x = e−x(Ax − 2A + B) + Cộng 2 vế lại, ta được:

yr100 + 4yr10 + 8yr1

= e−x(Ax − 2A + B) + e−x(−4Ax + 4A − 4B) + e−x(8Ax + 8B)

= e−x(5Ax + 2A + 5B) + Từ đó ta có:

e−x(5Ax + 2A + 5B) = 10xe−x + Từ đó ta có hệ sau:

( 5A = 10 2A + 5B = 0 ⇒

(

A = 2

B = −45 + Ta có nghiệm riêng ứng với f1(x) là:

yr1 = e−x

 2x − 4 5



- Với:

f2(x) = −24 = Pn(x)eαx + Từ đó suy ra được:

α = 0 ; Pn(x) bậc 0

- Nghiệm riêng có dạng:

yr = xseαxQn(x)

- Tương tự, suy ra:

yr2 = A

yr20 = 0

yr200 = 0 + Nhân thêm hệ số để cộng theo vế, ta được:

8yr2 = 8A 4y0r1 = 0

yr100 = 0 + Suy ra:

8A = −24 ⇒ A = −3 + KẾT LUẬN: Nghiệm của phương trình là:

y = e−2x(C1cos 2x + C2sin 2x) + e−x

 2x − 4 5



− 3

5 Câu 5

Giải hệ phương trình:

(

x0 = −11x + 5y − 2e−t (1)

y0 = −30x + 14y (2)

5.1 Hướng dẫn giải

5.1.1 Phương pháp khử

- Ta lấy 30 × (1) − 11 × (2), ta được:

30x0− 11y0 = −4y − 60e−t (3)

- Đạo hàm 2 vế của phương trình (2) theo t, ta được:

y00 = −30x0+ 14y0 ⇒ 30x0 = −y00+ 14y0 (4)

- Thay (4) vào (3), ta được:

y00− 3y0− 4y = 60e−t (3)

+ Phương trình đặc trưng:

k2− 3k − 4 = 0 ⇒ k1 = −1 ∨ k2 = 4 + Nghiệm của phương trình thuần nhất:

y0 = C1e−t+ C2e4t + Ta xét:

f (t) = 60e−t = eαtPn(t) + Suy ra:

α = −1 ; Pn(t) bậc 0

+ Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất có dạng:

yr = tseαtQn(t) + Trong đó:

s = 1 do α = −1 là nghiệm đơn của phương trình thuần nhất

Qn(t) = A do cùng bậc với Pn(t)

+ Do đó:

yr = Ate−t

y0r= Ae−t − Ate−t = e−t(−At + A)

yr00= −e−t(−At + A) − Ae−t = e−t(At − 2A) + Nhân hệ số để cộng theo vế dễ dàng, ta được:

−4yr = −4Ate−t

−3y0r= e−t(3At − 3A)

y00r = e−t(At − 2A) + Cộng theo vế lại ta được:

y00r − 3yr0 − 4yr00= −5Ae−t + Và ta có:

60e−t = −5Ae−t ⇒ A = −12

- Vậy nghiệm tổng quát là:

y = C1e−t+ C2e4t− 12te−t

+ Suy ra:

y0 = −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

2C1e

−t

+1

3C2e

4t− 6te−t+2

5e

−t

- KẾT LUẬN: Nghiệm của hệ phương trình là:

(

x = 12C1e−t+ 13C2e4t− 6te−t+25e−t

y = C1e−t + C2e4t− 12te−t

- 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