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 $D=[-1;1]$

Điều kiện $\{\begin{array}{rl}& 6x-1\ge 0\\ & -1\le \frac{5x}{1+x}\le 1\end{array}$$\iff \{\begin{array}{rl}& x\ge \frac{1}{6}\\ & \frac{1}{6}\le x\le \frac{1}{4}\end{array}$

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

Câu 2

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

Lời giải

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

${\displaystyle \underset{x\to 2}{lim}\frac{\sin (x-2)}{2^x-x^2}\stackrel{(L)}{=}\underset{x\to 2}{lim}\frac{\cos (x-2)}{2^x\ln 2-2x}=\frac{1}{4\ln 4-4}}$

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 $D=\mathbb{R}\mathrm{\setminus }\left\{1\right\}$

Hàm số gián đoạn tại điểm $x=1$

Khi đó

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

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

Vậy $x=1$ là điểm gián đoạn loại 1

Câu 4

Tính $f^{\prime }\left(0\right)$ với ${\displaystyle f\left(x\right)=\{\begin{array}{rl}& \sin 2xkhi0\le x\le \frac{\pi }{2}\\ & x^5+2xkhix<0\end{array}}$

Lời giải

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

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

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

Vậy $f^{\prime }\left(0\right)=2$

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

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

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

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

Mặt khác, theo khai triển Maclaurin ta có

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

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

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

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

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

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

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

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

Câu 7

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

Lời giải

Tập xác định $D=(0;+\mathrm{\infty })$

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

Khi đó,

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

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

Suy ra

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

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

${\displaystyle =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{4(4+2x+\sqrt{x(x+4)})}{\sqrt{x}(\sqrt{4+x}+\sqrt{x})}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{4(4+2x+\sqrt{x(x+4)})}{\sqrt{x(x+4)}+x}=6}$

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 ${\displaystyle {(x+\frac{\pi }{2})}^5}$

Lời giải

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

Ta có $f(-\frac{\pi }{2})=0$

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

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

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

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

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

Theo công thức khai triển Taylor ta có

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

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

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

Câu 9

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

Lời giải

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

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

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

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

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

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

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!