ĐỀ GIẢI TÍCH 1 GK1 K65 ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI (GIẢI CHI TIẾT)

© Được viết bởi CaolacVC. Blog https://caolacvc.blogspot.com

ĐỀ THI GIẢI TÍCH 1 TOÁN CAO CẤP CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ GIỮA KỲ 1 K65 ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Câu 1

Tìm tập xác định của hàm số $$y=\sqrt{6x-1}+\arcsin \frac{5x}{1+x}$$

Lời giải

Lưu ý. Hàm $y=\arcsin x$, $y=\arccos x$ có tập xác định là $D=\left[ -1;1 \right]$

Điều kiện $\left\{ \begin{aligned} & 6x-1\ge 0 \\ & -1\le \frac{5x}{1+x}\le 1 \\ \end{aligned} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x\ge \frac{1}{6} \\ & \frac{1}{6}\le x\le \frac{1}{4} \\ \end{aligned} \right.$

Vậy tập xác định $D=\left[ \frac{1}{6};\frac{1}{4} \right]$

Câu 2

Tính $\displaystyle \underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( x-2 \right)}{{{2}^{x}}-{{x}^{2}}}$

Lời giải

Nhận xét. Đây là dạng $\frac{0}{0}$ và ta sử dụng L’Hospital

$\displaystyle \underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( x-2 \right)}{{{2}^{x}}-{{x}^{2}}}\overset{(L)}{\mathop{=}}\,\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\frac{\cos \left( x-2 \right)}{{{2}^{x}}\ln 2-2x}=\frac{1}{4\ln 4-4}$

Câu 3

Phân loại điểm gián đoạn của hàm số $\displaystyle y=\arctan \left( {{2}^{\frac{x}{1-x}}} \right)$

Lời giải

Tập xác định $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$

Hàm số gián đoạn tại điểm $x=1$

Khi đó

$\displaystyle \underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \arctan {{2}^{\frac{x}{1-x}}} \right)=0$, vì $\displaystyle \underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{1-x}=-\infty $

$\displaystyle \underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \arctan {{2}^{\frac{x}{1-x}}} \right)=\frac{\pi }{2}$, vì $\displaystyle \underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{1-x}=+\infty $

Vậy $x=1$ là điểm gián đoạn loại 1

Câu 4

Tính ${f}'\left( 0 \right)$ với $\displaystyle f\left( x \right)=\left\{ \begin{align} & \sin 2x\text{ }khi\text{ }0\le x\le \frac{\pi }{2} \\ & {{x}^{5}}+2x\text{ }khi\text{ }x\lt 0 \\ \end{align} \right.$

Lời giải

$\displaystyle {f}'\left( {{0}^{+}} \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-f\left( 0 \right)}{x-0}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin 2x}{x}\overset{(L)}{\mathop{=}}\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\cos 2x}{1}=2$

$\displaystyle {f}'\left( {{0}^{-}} \right)=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-f\left( 0 \right)}{x-0}=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{5}}+2x}{x}=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{4}}+2 \right)=2$

Suy ra $\displaystyle {f}'\left( {{0}^{+}} \right)={f}'\left( {{0}^{-}} \right)=2$

Vậy ${f}'\left( 0 \right)=2$

Câu 5

Tính $\displaystyle {{f}^{\left( 100 \right)}}\left( 0 \right)$ của hàm số $f\left( x \right)={{x}^{2}}{{e}^{3x}}$

Lời giải

Áp dụng khai triển Maclaurin ta có

$${{e}^{x}}=1+\frac{x}{1!}+\frac{{{x}^{2}}}{2!}+\cdots +\frac{{{x}^{98}}}{98!}+o\left( {{x}^{98}} \right)$$

$$\Rightarrow {{e}^{3x}}=1+\frac{3x}{1!}+\frac{{{\left( 3x \right)}^{2}}}{2!}+\cdots +\frac{{{\left( 3x \right)}^{98}}}{98!}+o\left( {{x}^{98}} \right)$$

$$\Rightarrow {{x}^{2}}{{e}^{3x}}={{x}^{2}}+\frac{3{{x}^{3}}}{1!}+\frac{{{3}^{2}}{{x}^{4}}}{2!}+\cdots +\frac{{{3}^{98}}{{x}^{100}}}{98!}+o\left( {{x}^{98}} \right),(1)$$

Mặt khác, theo khai triển Maclaurin ta có

$$\displaystyle f\left( x \right)=f\left( 0 \right)+\frac{{f}'\left( 0 \right)}{1!}x+\cdots +\frac{{{f}^{\left( 100 \right)}}\left( 0 \right)}{100!}+o\left( {{x}^{100}} \right),(2)$$

Đồng nhất hệ số của ${{x}^{100}}$ ở $(1)$ và $(2)$ ta được

$$\displaystyle \frac{{{f}^{\left( 100 \right)}}\left( 0 \right)}{100!}=\frac{{{3}^{98}}}{98!}\Rightarrow {{f}^{\left( 100 \right)}}\left( 0 \right)=100\cdot 99\cdot {{3}^{98}}$$

Vậy ${{f}^{\left( 100 \right)}}\left( 0 \right)=100\cdot 99\cdot {{3}^{98}}$

Câu 6

Tính

a) $\displaystyle \int{\frac{x-2}{{{x}^{2}}-2x+2}dx}$

b) $\displaystyle \int{x\ln \left( \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \right)dx}$

Lời giải

a) $\displaystyle \int{\frac{x-2}{{{x}^{2}}-2x+2}dx}=\int{\frac{\frac{1}{2}{{\left( {{x}^{2}}-2x+2 \right)}^{\prime }}-1}{{{x}^{2}}-2x+2}dx}$

$\displaystyle =\frac{1}{2}\int{\frac{1}{{{x}^{2}}-2x+2}d\left( {{x}^{2}}-2x+2 \right)}-\int{\frac{1}{{{x}^{2}}-2x+2}dx}$

$\displaystyle =\frac{1}{2}\int{\frac{1}{{{x}^{2}}-2x+2}d\left( {{x}^{2}}-2x+2 \right)}-\int{\frac{1}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+1}dx}$

$\displaystyle =\frac{1}{2}\ln \left( {{x}^{2}}-2x+2 \right)-\arctan \left( x-1 \right)+C$

b) $\displaystyle \int{x\ln \left( \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \right)dx}=\frac{1}{2}\int{x\ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right)dx}$

Ta sử dụng phương pháp tích phân từng phần

Đặt $\left\{ \begin{align} & u=\ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right) \\ & dv=x \\ \end{align} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{align} & du=\frac{2}{1-{{x}^{2}}}dx \\ & v=\frac{{{x}^{2}}}{2}-\frac{1}{2}=\frac{{{x}^{2}}-1}{2} \\ \end{align} \right.$

$\displaystyle \Rightarrow \frac{1}{2}\int{x\ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right)dx}=\frac{1}{2}\left[ \frac{{{x}^{2}}-1}{2}\cdot \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right)+\int{dx} \right]$

$\displaystyle =\frac{{{x}^{2}}-1}{4}\cdot \ln \left( \frac{1+x}{1-x} \right)+\frac{1}{2}x+C$

Câu 7

Tìm tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $\displaystyle y=\frac{{{\left| 4+x \right|}^{\frac{3}{2}}}}{\sqrt{x}}$

Lời giải

Tập xác định $D=\left( 0;+\infty \right)$

Giả sử đồ thị hàm số có tiệm cận xiên $y=ax+b$

Khi đó,

$\displaystyle a=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left| 4+x \right|}^{\frac{3}{2}}}}{x\sqrt{x}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 4+x \right)}^{\frac{3}{2}}}}{x\sqrt{x}}$

$\displaystyle =\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 4+x \right)}^{\frac{3}{2}}}}{{{x}^{\frac{3}{2}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{4}{x}+1 \right)}^{\frac{3}{2}}}=1$, vậy $a=1$

Suy ra

$\displaystyle b=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ f\left( x \right)-x \right]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{{{\left( 4+x \right)}^{\frac{3}{2}}}}{\sqrt{x}}-x \right]$

$\displaystyle =\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{{{\left( \sqrt{4+x} \right)}^{3}}-{{\left( \sqrt{x} \right)}^{3}}}{\sqrt{x}} \right]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( \sqrt{4+x}-\sqrt{x} \right)\left( 4+2x+\sqrt{x\left( x+4 \right)} \right)}{\sqrt{x}}$

$\displaystyle =\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4\left( 4+2x+\sqrt{x\left( x+4 \right)} \right)}{\sqrt{x}\left( \sqrt{4+x}+\sqrt{x} \right)}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4\left( 4+2x+\sqrt{x\left( x+4 \right)} \right)}{\sqrt{x\left( x+4 \right)}+x}=6$

vậy $b=6$

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là: $y=x+6$

Câu 8

Khai triển Taylor của $\displaystyle y=\sin 2x+2\cos x$ tại lân cận của điểm $\displaystyle x=-\frac{\pi }{2}$ đến $\displaystyle {{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{5}}$

Lời giải

Xét hàm số $f\left( x \right)=\sin 2x+2\cos x$

Ta có $f\left( -\frac{\pi }{2} \right)=0$

$\displaystyle {f}'\left( x \right)=2\cos 2x-2\sin x\Rightarrow {f}'\left( -\frac{\pi }{2} \right)=0$

$\displaystyle {f}''\left( x \right)=-4\sin 2x-2\cos x\Rightarrow {f}''\left( -\frac{\pi }{2} \right)=0$

$\displaystyle {f}'''\left( x \right)=-8\cos 2x+2\sin x\Rightarrow {f}'''\left( -\frac{\pi }{2} \right)=6$

$\displaystyle {{f}^{\left( 4 \right)}}\left( x \right)=16\sin 2x+2\cos x\Rightarrow {{f}^{\left( 4 \right)}}\left( -\frac{\pi }{2} \right)=0$

$\displaystyle {{f}^{\left( 5 \right)}}\left( x \right)=32\cos 2x-2\sin x\Rightarrow {{f}^{\left( 5 \right)}}\left( -\frac{\pi }{2} \right)=-30$

Theo công thức khai triển Taylor ta có

$\displaystyle f\left( x \right)=f\left( -\frac{\pi }{2} \right)+\frac{{f}'\left( -\frac{\pi }{2} \right)}{1!}\left( x+\frac{\pi }{2} \right)+\cdots \frac{{{f}^{\left( 5 \right)}}\left( -\frac{\pi }{2} \right)}{5!}{{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{5}}+o\left( {{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{5}} \right)$

$\displaystyle f\left( x \right)={{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{3}}-\frac{1}{4}{{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{5}}+o\left( {{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{5}} \right)$

Vậy $\displaystyle y=\sin 2x+2\cos x={{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{3}}-\frac{1}{4}{{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{5}}+o\left( {{\left( x+\frac{\pi }{2} \right)}^{5}} \right)$

Câu 9

Cho hàm số $f:\left[ 1,2 \right]\to \mathbb{R}$ liên tục trên đoạn $\left[ 1,2 \right]$, khả vi trên $\left( 1,2 \right)$ và $f\left( x \right)\ne 0,\forall x\in \left( 1,2 \right)$. Chứng minh rằng tồn tại $c\in \left( 1,2 \right)$ sao cho $\displaystyle \frac{{f}'\left( c \right)}{f\left( c \right)}=\frac{1}{1-c}+\frac{2}{2-c}$

Lời giải

Xét hàm số $g\left( x \right)=\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)f\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ 1,2 \right]$, khả vi trên $\left( 1,2 \right)$

Ta có $g\left( 1 \right)=g\left( 2 \right)=0$

Theo định lý Rolle, tồn tại $c\in \left( 1;2 \right)$ sao cho ${g}'\left( c \right)=0$

Mặt khác, ${g}'\left( x \right)=\left( 2x-3 \right)f\left( x \right)+\left( x-1 \right)\left( x-2 \right){f}'\left( x \right)$

Suy ra ${g}'\left( c \right)=\left( 2c-3 \right)f\left( c \right)+\left( c-1 \right)\left( c-2 \right){f}'\left( c \right)=0$

$\displaystyle \Rightarrow \frac{{f}'\left( c \right)}{f\left( c \right)}=\frac{3-2c}{\left( c-1 \right)\left( c-2 \right)}=\frac{1}{1-c}+\frac{1}{2-c}$

Hãy để lại comment nếu bài viết có gì thiếu sót để bài viết ngày càng hoàn thiện hoặc bày tỏ cảm xúc để ủng hộ admin nhé!