Giải các dạng bài tập toán A3.doc

Tài liệu bổ ích về giải các bài tập toán A3.

DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM Câu1: (1đ) Cho hàm số z = arctg x chứng minh z’’xx + z’’yy= 0 y x 1 y z' y   x 1  x Nên  z''xx ( x2  y2 y )x' = -y.y (x2  y2)2 2x (x2  y2)2  2xy y2 1( x )2 x2  y2 y Z = artag y Z’X = y(1 ( x )2) = x2  y2 y z'' yy (  x '  x 2 2 2 ( 2 y)  2 2 2 2xy  2xy  2xy 2 2 ) y = (x  y ) (x  y ) Vậy  z''xx z'' yy  2 2 2 0 (đpcm ) x y (x  y ) Câu 3: (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) là hàm số khả vi, CMR xz’x-y.yz’y=x Z =x + f(xy) vì f(t) khả vi  f’(t) = f’(xy)  z'x (x  f (xy)'x  1 (xy)' x f '(xy) (a); Z’Y = (x  f '(xy))'y 0  (xy)'y f '(xy) x f '(xy) (b) Thay (a) và (b) ta có x.z'x  y.z'y  x(1  yf ' (xy))  y(x f ' (xy)) = x  xyf '(xy)  xyf '(xy) x (đpcm) Câu 4: (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y.y2), với f(t) là hàm số khả vi CMR 1y z' x  1y z' y  y 2 z z yf (x2  y2) z 'x ( yf (x2  y 2 )'x y.(x2  y 2 )' x f ' (x2  y 2 ) 2xy f ' (x2  y 2 ) và y2) z' y ( yf (x2  y2))'y  f (x2  y2)  y(x2  y2)'y f '(x2  y2)  f (x2  y2)  2 y2 f '(x2  (đpcm) Khi đó  1 z'x  1 z'y  1 2xyf ' (x2  y2 )  1 ( f (x2  y2 )  2 y2 f '(x2  y2 )) = f (x2  y2)xyxy y Câu 5: (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x2  y2 CMR z’’xx + z’’yy=0 z ln 1r  ln r ,với r  x  y2 Ta có: r'x  2x  2 x2  y2 rx r'y  2y y  z'x ( ln r)/ x  1r r'x  1r xr  r2  x 2 2r 2 x y  x  1 2r'x r  r 2  2x x r 2 2 r 2x  r  z''xx ( r 2 )'x  r 2  x r 4  r 4  r 4 (a) Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức  tính tương tự ta được : 2y2  r2 2x2  r 2 2 y2  r 2 2(x2  y2 )  2r 2 z'' yy  (b) Cộng 2 vế (a) và (b)  z''xx z''yy  4  4  4 = 0 (đpcm ) r4 r r r Câu 6: (1đ) Cho hàm số z xarctg xy  x2  y2  z'x arctg xy  x 1y 1x  2x arctg x  2 y x2  y2 xy  2x 1( y) Khi đó x 2 x2yy x.z'x xarctg  2x  2 2 (a) x y x 1  x2  x2y 2 z'y x 2  2 y  2 2  2 y  y.z'y  2 2  2 y (b) y 1( x)2 x y x y y Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được x 2  x2 y 2 x 2 2 2 2 xz'x y.z' y xarctg  2x  2 2  2 y xarctg  2(x  y )  xz'x yz' y z  (x  y ) y x y y Câu 7: (1đ) u  x2  y2  z2 , A( 1,1, 2 ) Ta có :  u 2x  x  u 2y  y u 2z  z x 222 222 y 222 222 z 222 222 2 x y z x y z 2 x y z x y z 2 x y z x y z  u( A )  1 1  u( A )  1 1  u( A )  2 2 x 12 12 (  y 12 12 ( 2)2 2 z 12 12 ( 2)2 2 22 2)  Biết rằng: l OA tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc  , , cosin Chỉ phương: cos  1 1 cos   1 1 cos  2 2 12 12 ( 2)2 2 12 12 ( 2)2 2 12 12 ( 2)2 2 Vậy: u( A) u( A) cos   u( A) cos   u( A) 11 11 22  cos   2 2  2 2  2 2 1 l x y l Câu 8: (1đ) Cho trường vô hướng  u2x.ln(x  y)  x y TÝnh u T¹i A(1,0), l (1, 1) l Bg: Ta có u 2  ln( x  y )  x   1 u  2x  1  x y  2 x y x x y 2 x y x     u( A) x  2 ln(10) 1 10  1 2 1 0  32 u( A )  2.1  1 5 y 10 2 1 0 2  Biết rằng l ( 1, 1 ) véctơ Chỉ phương  1 cos  y  12 ( 1)2  1  2  1  2  l l0 (cos , cos  ) cos  xl  12 1( 1)2 u( A ) u( A ) u( A ) 3 1 5  1   2 Biết rằng   cos  cos       l x y 2 2 2 2 2 Câu 9: (1đ) Cho trường vô hướng u exy( y2  2x  3 ) TÝnh div (gradu) Bg: Ta có u  y.exy ( y 2  2x  3)  2.e xy e xy ( y 3  2xy  3y  2) u x.e xy ( y 2  2x  3)  2 y.e xy e xy ( y 2.x  2x2  3x  2y) x x MÆt kh¸c gradu  ux ; uy  và 2u y.exy(y3  2xy  3y  2)  2y.exy exy ( y4  2xy2  3 y2  4 y ) x2 2  u  x.e xy ( y 2 x  2 x 2  3x  2 y)  e xy (2xy  2)  e xy ( y 2 x 2  2 x 3  3x 2  4 xy  2) 2 y  div (gradu)   2u 2u e xy ( y 4  2 xy 2  3 y 2  4 y  y 2 x 2  2 x 3  3x 2  4 xy  2) y 2 x2 Câu 10: (1đ) Cho hàm ẩn z z(x, y) Có PT z  x arctg y z x Ta có d z(x, y) z'x dx  z' y d y mà z  x arctg y z  x  F(x,y,z) arctg y z  x  x  z 0 F 'x  2 y 1 y yy2(z x)2 1 1 z x y 2 1 2  1  2 2 F ' y  z x y 2  2 2 (z x) 1( z x) y2(z x) y (z x) 1( z x ) y (z x) 2 F'  y 1  1  y  (yy2 (z x)2 )  (y y2 (z x)2 )  1 z (z  x)2 1( y )2 y2 (z x)2 y2 (z x)2  y2 (z x)2 z x  (y  y2  (z  x)2) VËy nªn  z'x  F'x  y2  (z  x)2 2 1 F'z  (y  y  (z  x) ) 2 y2  (z  x)2 z'y  F'y  z x F'z y  y  (z  x)2 2 Do dã, d z(x,y) z'x dx  z'y dy dx  y  y2  (z  x)2 z  x dy Câu 11: (1đ) cho hàm ẩn x x( y, z) có PT : Víi z 4x  x3  xy2  F(x, y,z) z  x3  4x  xy2 Khi dã, F 'x 3x2  4  y2 F 'y  2xy F ' z 1  x'y   F'y F'  2xy x 3x2  4  y2 x'z  F'z   1 F'x 3x2  4  y2 Như vậy = d x( y,z) x' y dy  x'z dz 3x 2  4  y 2 2xy dy  3x 2  4  y 2 1 dz Câu 12: (1đ) cho hàm ẩn x x( y, z) có PT z e2x( x  y2  2 y )  F(x,y,z) e2x (x  y 2  2 y)  z o Ta có: F'x 2.e 2x (x  y 2  2y)  e2x e2x (2x  4y  2y 2 1)F' y e2x (2y  2) 2.e2x ( y 1) F'z  1  x'y   F'y  2x  2e2x ( y 1) 2  2( y 1) 2 x'z  F'z  2x 1 F'x e (2x 1 4y  2y ) 2x 1 4y  2y F'x e (2x 1 4y  2y )2  2( y 1)e2x dy  dz Như vậy d x( y,z) x' y dy  x'z dz  2x e (2x 1 4y  2y ) 2 DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM Câu 1: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z ex (x  y)(x  y  4) Mxđ : (x, y)  R ta có z'x e x (x  y)(x  y  4)  e x (x  y  4)  e x (x  y) e x (x  y)(x  y  4) 2x  4 z' y e x (x  y  4)  e x (x  y) e x  4  2y Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y) y 2  z'x (M ) 0 ex(4  2y) 0 y 2 y 2 x  4  x   2  2   ('9  8 1) z' y (M ) 0 e (x  y)(x  y  4)  2x  4 0 (x  2)  2x  4 0x  6y 8 0 y 2  x  2  Hàm số có 2 điểm tới hạn: M1( 2,2) và M 2 ( 4,2) Ta lại có: r A z''xx ex(x  y)(x  y  4)  2x  4  (x  y  4)  (x  y)  2 e x  (x  y)(x  y  4)  4x 10 s B z' ' xy z' ' yx  e x (4  2 y) x/ e x (4  2 y)t C z'' yy e x (4  2 y) y/  2e x 3 Tại M1(-y.2,2),ta có: A(M 1 ) z' 'xx (M 1 ) e 2  0.( 2  2  4)  4( 2) 10 2.e 2 B(M1) z''xy(M1) e 2 (4  2.2) 0 C(M1) z' ' yy (M1)  2.e 2  B 2  AC 0  4.e 4 4.e  4  0 A(M1) 2.e 2  0 Hàm số không đạt cực trị tại M1(-y.2,2) Tại M2(-y.4,2),ta có : A z' 'xx (M 2 ) e 4 (( 4  2)( 4  2  4)  4( 4 10)  2e 4 B e 4 (4  2.2) 0 C  2.e 4  B 2  AC 0  4.e 8  4.e 8  0 A  2.e 4  0 Vậy hàm số đạt cực đại tại M2(-y.4,2) và zmax z( 4,2) e  4 ( 4  2)( 4  2  4) 4.e  4 Câu 2: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z x2  y2  3xy Ta có MXĐ : D (x, y)  R2  và z'x 3x2  3y   z' y 3y2  3x Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) : z'x 0 3x 2  3y 0 x2  y(1)   2  2 z'y 0 3y  3x 0  y x(2) Thay (2) vào (1)  y4 y  y( y3  1) 0  y( y  1)((y  1 )2  3) 0   y1 1 24  y2 0 Với : y1 1  x1 y12 1 Với : y2 0  x2 y22 0 Ta có 2 điểm tới hạn của :M1(1,1) và M2(0,0): ta có z''xx 6x z''xy z''yx  3 z''yy 6 y A z' 'xx(M1) 6.1 6 Tại M1(1,1) thì  B z' 'xy(M1)  3 C z'' yy (M1) 6   B 2  AC ( 3)2  (6.6)  27  0   0 Vậy    H/s đạt cực tiểu tại M1(1,1) A 6  0 Tại M2(0,0) ta có A z' 'xx(M2) 6.0 0 B z' 'xy(M2)  3 C z' ' yy(M 2)6.00  B 2  AC ( 3) 2  0 9  0 hàm số không đạt cực trị tại M2(o,o) Như vậy hàm số đó cho đạt cực tiểu tại M1(1,1) = -y 1 Câu 3: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z (2ax  x2)(2by  y)2, ab 0 MXĐ : (x, y)  R2 Ta có : z (2ax  x 2 )(2bx  y 2 ) x(x  2a) y( y  2b) z'x  y( y  2b) x  2a  x 2(x  a) y( y  2b) z'y x(x  2a) y  2b  y 2( y  b)x(x  2a) z'x 0 2(x  a) y( y  2b) 0 Xét hệ PT:   z' y 0 2x(x  2a)( y  b) 0 4  x a   y b  x a  x 0    y o  y 0   y 2b  x 0   x o   y 2b  x 2a  x 2a  y b  y 0  x 2a  y 2b   Kết hợp các khả năng với ab  0a 0 ,b0, ta có 5 điểm tới hạn sau :M1(0,0) , M2(0,2b), M3(a,b) , M4(2a,0) ,M5(2a,2b) Ta lần lượt xét các điểm tới hạn trên với z''xx (2(x  a) y( y  2b)) x' 2 y( y  2b) z'' xy z'' yx 2(x  a) y  2b  y 4(x  a)( y  b) và z'' yy 2x(x  2a) với M1(0,0) r z'' xx(M1) 2.0.(0  2b) 0 s z'' xy(M1) 4(0  a)(0  b) 4ab t z'' yy(M 2 ) 2.0(0  2a) 0   s2  rt (4ab)2  0.0  16a2b20 (ab  0) mà r = 0  M1(0,0) không là điểm cực trị Với M2(0,2b) r z'' xx(M 2 ) 2.2b(2b  2b) 0 s z' ' xy(M 2 ) 4(0  a)(2b  b)  4(ab) t z'' yy(M 2 ) 2.0(0  2a) 0  s2  rt 16a2b20 M2(0,2b) không là điểm cực trị Với M3 (a,b) r z'' xx(M 3) 2.b(b  2b)  4b2 mà r= -y.4b2  0 s z'' xy(M 3) 4(a  a)(b  b) 0 t z'' yy(M 3) 2a(a  2a)  4a2   s2  rt 02  16a2b2   16a2b20 hàm số đạt cực đại tại M3 (a,b) * Với M4 (2a,0) r z'' xx(M 4) 2.0(0  2b) 0 s z'' xy(M 4 ) 4(2a  a)(0  b)  4ab t z' ' yy(M 4 ) 2.2a(2a  2a) 0   s 2  rt ( 4ab)2  0 16a 2b2 o Hệ số không đạt cự trị tại M4(2a,0) Với M5 (2a,2b) ta có: r z''(M 5 ) 2.2b(2b  2b) 0 s z'' xy(M 5 ) 4(2a  a)(2b  b) 4ab t z'' yy(M 5 ) 2.2a(2a  2a) 0   s 2  rt 16a 2b2 0 Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khi đó Zmax Z(a,b) (2a2  a2)(2b2  b2) a2b2 Câu 4 : (2đ) z x2  xy  y2  4ln x  10 ln y Mxđ: D (x, y) : x0, y0 ta có: z' x 2x  y  4 x z' y 2 y  x  4 ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y): y 5 z' x 0 2x  y  4 0 x  y  4  4 0 (x  y)(1 4 ) 0 x  y 0 x  xy  xy   x y 0      z' y 0 2 y  x  4 0 3(x  y)  4(x  y) 0 (x  y)(3  4 ) 0 x  y 0  y  xy  xy   loại Với khụg  D x  y 0 x  y 23    4   4  x y  3  0 xy  3  xy 3 4 1 0 x  y  xy   2 (vụ n0) x  y 0 x  4  1 4 0 xy 4  xy     4 ( vụ n0) 4 xy  3  0  3  xy vậy hệ pt có 1 n0 x y  2 3 3  Hệ số có 1 điểm tới hạn M ( 2 3 , 2 3 ) 33 Xét: r z''xx 2  4x 2 s z''xy z'' yx 1 t z''yy 2  4y2 tại M(2 3 ,2 3) 33 4 r z''xx(M ) 1 4 4 3 s z''xy(M ) 1 t z'' yy(M ) 1 44 4 3  s2  rt 1 4.4  15  0 và r = 4 > 0  h/số cực tiểu tại: M ( 3 2 3 , 3 2 3 ) và Z min z( 2 3 3 , 2 3 3 ) 3 43  142 ln 43 4  7 ln 43 Câu 5 : (2đ) z x3  y3  x  y MXĐ:(x,y)R2 Ta có : z'x 3x2  1 z' y 3y2  1 Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số: 6   x   1  3   y   1   3  x   1   x   1  3  3  1  2  x    y  1 z'x 0 3x  1 0  3   3   2   z' y 0 3y  1 0   1  1 y  x   3  3    y  1  y   1  3   3  x  1   3  y   1   3 h/số có 4 điểm tới hạn: M1(  1 ,  1 ), M 2(  1 , 1 ) 33 33 M3( 1 ,  1 ), M 4( 1 , 1 ) 33 33 Ta lại có: r z'' xx 6x s z'' xy z'' yx  t z'' yy 6 y lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại M1(  1 , 1 ) 33 r z''xx(M1) 6  13  2 3 s  t z''yy(M1) 6  13  2 3  s2  rt   2 3.2 3  12  0 r  2 3  0 h/số đạt cực đại tại M1(  1 ,  1 ) và 33 Zmax z(  1 ,  1 ) 33  Zmax  4 3 9 Tại M 2 (  1 , 1 )  33 7 r z''xx(M2) 6.(  13 )  2 3 s z''xy  t z''yy(M2) 6 13 2 3  s2  rt   2 3.2 3 12  0 h/số ko đạt cực trị tại M2 r z''xx(M3) 6.1 2 3 3 1 1   S 2  rt   2 3.2 3 12  0 Tại M 3( , )  s z''xy 0 33 t x''yy(M3) 6.( 1)  2 3  3 h/số dạt cực trị tại : M 3( 1 , 1 ) 33 r z'' xx(M 4) 6 1 2 3 1 1  3 Tại M 4 ( , )  s z''xy z''yx  3 3 t z'' 1  yy(M 4) 6 2 3  3  S 2  rt   2 3.2 3  120 mà r 2 30 h/số đạt cực tiểu tại M4( 1 , 1 ) 33 với Zmin z( 13 , 13 )  4 39 Như vậy h/số đạt cực đại tại M1( 13 , 13 ); Z max  9 4 3 Đạt cực tiểu tại: M 4 ( 13 , 13 ); Zmin  4 39 Câu 6 : (2đ) Tỡm cực trị của hàm số z = x4+y4 – 2x2 + 4xy -y.2y2 z’x = 4x3 – 4x + 4y z’y = 4y3 – 4y + 4x z’’xy = 4, z’’x2 = 12x2 – 4 z’’y2 = 12y2 – 4 z'x 0 x2  x  y 0  x3y30 ( xy )( x2 y2  xy )0 z' 0  2  3  3  y  y  y  x 0 x  xy0  x  xy0 8   x y0   x y0  x0  y0    x3  x y0    x3  2x0  x 2     xy0  x0 y 2 x3     x y 0   y 0  x 2    y 2 + Xét A(0,0) z’’x2 = -y 4 = z’’y2 z’’x2y – z’’x2 z’’y2 = 0 + Xét (x,y) theo đường (0,y) => z(0,y) – z(0,0) = y2(y2-y.2) z(y,y) – z(0,0) = 2y4 >0 Khi y lõn cận 0 Từ 2 trường hợp trên => (0,0) k0 là Cực trị * Xét A  2 , 2 thay vµo cùc d ¹i * Xét B  2 , 2 thay vµo cùc tiÓu Câu 7 : (2đ) Tỡm cực trị của hàm số: z = xy+ 50  20 với x>0, y>0 xy Giải: Bước 1 z'x y  50  x2  20  z'x  2  y  y  50x 2 0 y  50 0(1) x  2 20 0   x2 Tỡm cỏc điểm dừng y  20 Thay (2) vào (1) ta có  x  2 (2) y y  50 0  y  1 y4 028   20   y2   => 8y – y4 = 0 => y(8-y.y3) = 0  y 0  y 0 lo¹i theo bµi ra   3 2   y 2  x 5 8 y (2 y)(42y  y )0  y 2  2 y 4( y 1)2 30 Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2) Bước 2: Tính  B2  AC A z''x 2  x 100 3 B z''xy 1   1  4x3000y3 C z'' y 2 40 y3 Tại điểm dừng M(5,2) ta có ( 5,2 ) 1  4  3  0 => hàm số đạt cực trị ta lại có 9 A( 5,2 ) 100  0  Tại M hàm số đạt cực tiểu 125 Câu 8 : (2đ) Tỡm cực trị cuả hàm số z= x3 + y3 – x2y Giải: Bước 1: z'x 3x2  2xy  22  z' y 3 y  x Tỡm cỏc điểm dừng 3x2  2xy 0(1) có hệ  3 y 2  x2 0(2) Từ (1) => x(3x-y.2y) =0  x 0  3x 2 y  x  23 y thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0 thay x=2/3.y vào (2) ta có 3y2 4 y 2 0  27 y 2  4y 2 0 9 23 y2= 0 => y=0 Vậy ta có điểm dừng M(0,0) Bước 2: Tớnh  B2  AC A z''x2 6x  2 y B  z''xy  2x   4x2  (6x  2y).6y xét tại điểm dừng M(0,0) ta có C z'' 2 6y y ( 0,0 ) 0 => chưa có k.luận về cực trị, xét hàm số tại (0,0): z=0; z>0 với x=y Câu 9 : (2đ) Tỡm cực trị của hàm số z  2x2 y 1 x 2  y 2 1 2 x2y21 x (2x2y1)  3 2( x2  y2 1) (2 x2 2 xyx)  3 2 y2  2 xy x2 z'x  x2  y2 1  x2  y2 1   x2  y2 1      x2  y2 1 z'y  3 2 x2  2 xy y2  x2  y2 1    10 ... 2xlny Q x   y 2 y Nhận xét: p Q 2x y x y Vậy tích phân ko phụ thuộc dạng đường cong Bằng cách lấy tích phân dọc theo biên tam giác ACB ,với C(o,1) ... Xét B  , thay vµo cùc tiĨu Câu : (2đ) Tỡm cực trị hàm số: z = xy+ 50  20 với x>0, y>0 xy Giải: Bước z''x y  50  x2  20  z''x   y  y  50x 0 y  50 0(1) x ... ) 100   Tại M hàm số đạt cực tiểu 125 Câu : (2đ) Tỡm cực trị cuả hàm số z= x3 + y3 – x2y Giải: Bước 1: z''x 3x2  2xy  22  z'' y 3 y  x Tỡm cỏc điểm dừng 3x2  2xy 0(1) có