Giải các dạng bài tập toán A3

Chia sẻ: Nguyen Quang Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:37

2
1.663
lượt xem
514
download

Giải các dạng bài tập toán A3

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'giải các dạng bài tập toán a3', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Giải các dạng bài tập toán A3

  1. DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM x Câu1: (1đ) Cho hàm số z = arctg chứng minh z’’xx + z’’yy= 0 y 1 y −x 1 x x z' y = . =− y ' 2x −2 xy Z = artag ⇒Z’X = y (1 + ( x ) 2 ) = 2 y2 x 2 1+ ( ) x 2 + y2 Nên ⇒ z ' ' xx = ( 2 2 ) x = -y. 2 2 2 = 2 2 2 y y x + y2 y x +y (x + y ) (x + y ) z' ' (−2 y ) 2 xy −2 xy + 2 xy −x − x. = yy = ( )' y ( x 2 + y 2 ) 2 ( x 2 + y 2 ) 2 Vậy ⇒ z ' ' xx + z ' ' yy = = 0. x2 + y 2 = ( x 2 + y 2 )2 (đpcm ) Câu 3: (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) là hàm số khả vi, CMR xz’x-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) 1 1 z Câu 4: (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y2), với f(t) là hàm số khả vi CMR z' x + z' y = 2 y y y z = yf ( x 2 + y 2 ) = z x ( yf ( x − y ) x = y.( x − y ) x . f ( x − y ) = 2 xy. f ( x − y ) ' 2 2 ' 2 2 ' ' 2 2 ' 2 2 và z ' y = ( yf ( x 2 − y 2 ))' y = f ( x 2 − y 2 ) + y ( x 2 − y 2 )' y . f ' ( x 2 − y 2 ) = f ( x 2 − y 2 ) − 2 y 2 . f ' ( x 2 − y 2 ) 1 ' 1 ' 1 1 f (x2 + y2 ) Khi đó ⇒ x .z x + y .z y = .2 xyf ( x − y ) + .( f ( x − y ) − 2 y f ( x + y )) = ' 2 2 2 2 2 ' 2 2 (đpcm) x y y Câu 5: (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x 2 + y 2 CMR z’’xx + z’’yy=0 2x x 1 r' = z = ln = − ln r ,với r = x + y 2 Ta có: x = r r 2 x2 + y2 2y y 1 1 x −x r' y = = r ⇒ z ' x = (− ln r ) / x = − .r ' x = − . = 2 2 x2 + y 2 r r r r x − r 2 + 2 x. .r −x −1 2r ' x .r r = 2 x − r (a) 2 2 ⇒ z ' ' xx = ( 2 )' x = 2 + x. 4 = r r r r4 r4 Với vai trò của x và y là tương đương nhau trong biểu thức → tính tương tự ta được : 2 y2 − r 2 2 x2 − r 2 2 y 2 − r 2 2( x 2 + y 2 ) − 2r 2 z ' ' yy = (b) Cộng 2 vế (a) và (b) → z ' ' xx + z ' ' yy = + = = 0 (đpcm ) r4 r4 r4 r4 Câu 6: (1đ) Cho hàm số x x 1 1 x xy z = xarctg − x 2 − y 2 ⇒ z ' x = arctg + x. . − 2 x = arctg + 2 − 2x y y y 1 + ( x )2 y x + y2 y x x2 y Khi đó x.z 'x = xarctg − 2 x2 + 2 (a) y x + y2 −x 1 − x2 − x2 y z ' y = x.. − 2y = 2 − 2 y ⇒ y.z ' y = 2 − 2 y 2 (b) y 1 + ( x )2 2 x +y 2 x + y2 y Cộng 2 vế của (a) và (b) ta được x − x2 y x xz ' x + y.z ' y = xarctg − 2x 2 + 2 − 2 y 2 = xarctg − 2( x 2 + y 2 ) ⇔ xz ' x + yz ' y = z − ( x 2 + y 2 ) y x + y2 y Câu 7: (1đ)
  2. u = x 2 + y 2 + z 2 , A( 1,1, 2 ) Ta có : ∂ u= 2x x ∂ u= 2y y ∂ u= 2z z = = = ∂ x ∂ y ∂ z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y2 + z2 2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 2 x2 + y2 + z 2 x2 + y 2 + z2 ∂u( A ) 1 1 ∂u( A ) 1 1 ∂u( A ) 2 2 ⇒ = = ⇒ = = ⇒ = = ∂x 2 2 ∂y 2 2 ∂z 2 2 12 +12 +( 2 ) 12 + 12 +( 2 ) 12 + 12 + ( 2 )   Biết rằng: l = OA tạo với 3 trục của Oxyz cỏc gúc α , β ,γ cosin Chỉ phương: 1 1 1 1 2 2 cos α = = cos β = = cos γ = = 2 2 2 2 2 2 12 + 12 + ( 2 ) 1 2 + 12 + ( 2 ) 1 2 + 12 + ( 2 ) Vậy: ∂u ( A ) ∂u ( A ) ∂u ( A ) ∂u ( A ) 1 1 1 1 2 2 = cos α + cos β + cos γ = 2 . 2 + 2 . 2 + 2 . 2 =1 ∂l ∂x ∂y ∂l Câu 8: (1đ) Cho trường vô hướng  u 2 x. ln( x + y ) − x − y  TÝnhlu  iA( 0)  = (1,−1)    ∂     T¹  1, , ∂ l    ∂ u = 2 ln( x + y )+ x  − 1 ∂u = 2 x + 1 Bg: Ta có ∂x   x + y  2 x − y ∂x  x+ y 2 x− y ⇒ ∂u ( A ) ∂x ( = 2. ln(1+ 0 ) + 1 − 1+ 0 1 2 1− 0 = 2 ∂y ) 3 ∂u( A ) = 2.1 + 1+0 1 2 1−0 =5 2  Biết rằng l =( 1,−1 )⇒ véctơ Chỉ phương  l 0 = (cos α , cos β ) cos α = x  = 1 = 1 2 cos β = y  = −1 = −1 2 l 12 + ( −1) 2 l 12 + ( −1) 2 ∂u( A ) ∂u( A ) ∂u( A )   − 2 Biết rằng  = cos α + cos β = 3 . 1 + 5 . −1  = ∂l ∂x ∂y 2 2 2  2   2 Câu 9: (1đ) Cho trường vô hướng u = e xy ( y 2 + 2 x − 3 ) TÝnh v( adu)    gr . di Bg: Ta có ∂u ∂x = y.e xy ( y 2 + 2 x − 3) + 2.e xy = e xy ( y 3 + 2 xy − 3 y + 2) ∂u = x.e xy ( y 2 + 2 x − 3) + 2 y.e xy = e xy ( y 2 .x + 2 x 2 − 3x + 2 y ) ∂x t c   adu = ∂x ∂y MÆ  kh¸  gr    ∂u ; ∂u   ( ) 2 và ∂ u = y.e ( y + 2 xy − 3 y + 2) + 2 y.e xy 3 xy e xy ( y 4 + 2 xy 2 − 3 y 2 + 4 y ) ∂ x2 2 ∂ u xy 2 2 xy xy 2 2 3 2 = x .e ( y x + 2 x − 3 x + 2 y ) + + e ( 2 xy + 2 ) = e ( y x + 2 x − 3 x + 4 xy + 2 ) 2 ∂y ∂ 2u ∂ 2u xy 4 2 2 2 2 3 2 ⇒  v gr     di ( adu)= + = e ( y + 2 xy − 3 y + 4 y + y x + 2 x − 3 x + 4 xy + 2 ) ∂y 2 ∂x 2 Câu 10: (1đ) Cho hàm ẩn z = z ( x, y ) y Có PT z − x = arctg z−x y y Ta có d z ( x, y ) = z ' x dx + z ' y d y mà z − x = arctg ⇔ F( x , y , z ) = arctg + x− z = 0 z−x z−x y 1 y y + y 2 + ( z − x )2 1 1 z− x F 'x = 2. y 2 +1= 2 +1== 2 2 F ' y = z− x . y 2 = = y 2 + ( z − x )2 ( z− x) 1+ ( ) y 2+ ( z − x ) y + ( z− x ) 1+ ( ) z− x z− x 2
  3. 2 2 2 2 −y 1 −y − ( y + y + ( z − x) ) − ( y + y + ( z − x) ) F' = . −1= −1= = z 2 y 2 2 2 2 2 2 2 ( z − x) 1+ ( ) y + ( z − x) y + ( z − x) y + ( z − x) z− x − ( y + y 2 + ( z − x) 2 ) − F 'x y 2 + ( z − x) 2 VËynªn  z ' x =   → = =1 F 'z − ( y + y 2 + ( z − x) 2 ) y 2 + ( z − x) 2 − F 'y z−x z'y = = F 'z y + y 2 + ( z − x) 2 z−x Do   d z ( x , y ) = z ' x dx + z ' y dy = dx + dã,  dy y + y + ( z − x) 2 2 Câu 11: (1đ) cho hàm ẩn x = x( y, z ) có PT : Khi ã,F ' x = 3x 2 − 4 − y 2 d     3 2 Ví  = 4 x − x 3 + xy 2 ⇔ F( x, y, z ) = z + x − 4 x − xy iz F ' y = −2 xy F'z = 1 − F'y 2 xy ⇒ x' y = = F ' x 3x 2 − 4 − y 2 − F'z −1 x' z = = F ' x 3x 2 − 4 − y 2 2 xy 1 Như vậy = d x ( y , z ) = x' y dy + x' z dz = dy − 2 dz 3x − 4 − y 2 2 3x − 4 − y 2 Câu 12: (1đ) cho hàm ẩn x = x ( y, z ) có PT 2x z = e ( x + y2 + 2 y ) ⇔ F( x , y , z ) = e 2 x ( x + y 2 + 2 y ) − z = o F ' x = 2.e 2 x ( x + y 2 + 2 y) + e 2 x = e 2 x (2 x + 4 y + 2 y 2 + 1) F ' y = e 2 x (2 y + 2) = 2.e 2 x ( y + 1) Ta có: F'z = −1 − F'y − 2e 2 x ( y + 1) − 2( y + 1) F' 1 ⇒ x' y = = = x' z = − z = 2 x F 'x e (2 x + 1 + 4 y + 2 y ) 2 x + 1 + 4 y + 2 y 2x 2 2 F ' x e (2 x + 1 + 4 y + 2 y 2 ) − 2( y + 1)e 2 x dy + dz Như vậy d x ( y , z ) = x ' y dy + x ' z dz = e 2 x (2 x + 1 + 4 y + 2 y 2 ) DẠNG CÂU HỎI 2 ĐIỂM Câu 1: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z = e x ( 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) + 2 x + 4] z ' y = e x ( x − y + 4) − e x ( x + y ) = + e x [ 4 − 2 y ] Xét tọa độ các điểm tới hạn của h/số : M(x,y)  y = 2   z'x (M ) = 0   x  e (4 − 2 y) = 0 y= 2 y= 2    x = − 4(∆ ' = 9 − 8 = 1)  z' (M ) = 0 ⇔  x ⇔   2 ⇔  y   e [ ( x + y )( x − y + 4) + 2 x + 4] = 0   ( x + 2) + 2 x + 4 = 0 x + 6 y + 8 = 0 2   y = 2    x = − 2 ⇒ Hàm số có 2 điểm tới hạn: M 1 (−2,2) và M 2 (−4,2) [ Ta lại có: r = A = z ' ' xx e ( x + y )( x − y + 4) + 2 x + 4 x + ( x − y + 4) + ( x + y ) + 2] = e x [ ( x + y )( x − y + 4) + 4 x +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
  4. Tại M1(-2,2),ta có: A( M 1 ) = z ' ' xx ( M 1 ) = e −2 [ 0.(− 2 − 2 + 4) + 4(− 2) + 10] = 2.e −2 B( M 1) = z ' ' xy ( M 1) = e −2 (4 − 2.2) = 0 C ( M 1) = z ' ' yy ( M 1) = − 2.e − 2 ⇒ B 2 − AC = 0 + 4.e − 4 = 4.e − 4 > 0 A( M 1) = 2.e − 2 > 0 ⇒Hàm số không đạt cực trị tại M1(-2,2) Tại M2(-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(-4,2) và z max = z ( − 4, 2) = e − 4 (− 4 + 2)(− 4 − 2 + 4) = 4.e − 4 Câu 2: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z = x 2 + y 2 − 3 xy z ' x = 3x 2 − 3 y Ta có MXĐ : D = ∀( x, y ) ∈ R  và 2     z ' y = 3 y 2 − 3x Xét tọa độ các điểm tới hạn M(xo,yo) của Z(x,y) : z'x = 0  2 3x − 3 y = 0  2  x = y (1)  ⇔ 2 ⇔ 2 z' y = 0 3 y − 3x = 0   y = x ( 2)  Thay (2) vào (1) → y4 = y ⇔ 1 3 y = 1 y ( y 3 − 1) = 0 ⇔ y ( y − 1)(( y + ) 2 + ) = 0 ⇔  1 2 4  y2 = 0 Với : y1 = 1 → x1 = y12 = 1 Với : y2 = 0 → x2 = y2 2 = 0 ⇒Ta có 2 điểm tới hạn của :M1(1,1) và M2(0,0): ta có z ' ' xx = 6 x z ' ' xy = z ' ' yx = −3 z ' ' yy = 6 y A = z ' ' xx ( M 1) = 6.1 = 6 B = z ' ' xy ( M 1) = −3 Tại M1(1,1) thì ⇒ C = z ' ' yy ( M 1) = 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( M 2 ) = 6.0 = 0 B = z ' ' xy ( M 2 ) = − 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) = - 1 Câu 3: (2đ) Tìm cực trị của hàm số z = (2ax − x 2 )(2by − y ) 2 , ab ≠ 0 MXĐ : ∀( x, y ) ∈ R 2 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  2 x( x − 2a )( y − b) = 0 4
  5. x = a  y = b   x = a x = 0  y = 0    y = o  y = 2b ⇔  ⇔ x = 0  y = 2b  x = o  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 = 2 x ( x − 2a ) với M1(0,0)→ r = z ' ' xx( M1) = 2.0.(0 − 2b) = 0 s = z ' ' xy ( M 1 ) = 4(0 − a)(0 − b) = 4ab t = z ' ' yy ( M 2 ) = 2.0(0 − 2a) = 0 ⇒ ∆ = s 2 − rt = (4ab) 2 − 0.0 = 16a 2b 2 〉 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 ∆ = s 2 − rt = 16a 2b 2 〉 0 ⇒M2(0,2b) không là điểm cực trị Với M3 (a,b)⇒ r = z ' ' xx( M 3 ) = 2.b(b − 2b) = −4b 2 s = z ' ' xy ( M 3 ) = 4(a − a )(b − b) = 0 t = z ' ' yy ( M 3 ) = 2a(a − 2a) = −4a 2 2 2 → ∆ = s 2 − rt = 02 − 16a 2b 2 = = −16a b 〈0 mà r= -4b2 < 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 2 b 2 〉 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 2 b 2 〉 0 →Hệ số không đạt cự trị tại M5(2a,2b) Như vậy hệ số đạt cực đại tại M3 (a,b) khi đó Z max = Z ( a ,b ) = = (2a 2 − a 2 )(2b 2 − b 2 ) = a 2b 2 Câu 4 : (2đ) z = x 2 + xy + y 2 − 4 ln x − 10 ln y { Mxđ: D = ∀( x, y ) : x〉 0, y 〉 0 } 4 →ta có: z' x = 2 x + y − x 4 z' y = 2 y + x − ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y): y 5
  6.  4  4 4  4 z' x = 0 2 x + y − x = 0 x − y − x + y = 0 ( x − y )(1 − xy ) = 0 x − y = 0  ⇔ {x = y = 0    ⇔ ⇒ ⇔ ⇒  z' y = 0  4 4( x + y ) 4 x + y = 0 2 y + x − = 0 3( x + y) −  =0 ( x + y )(3 − ) = 0   y  xy   xy → loại Với khụg ∈ D x − y = 0 x = y   2 3  4 ⇔ 4⇔x=y= 3− =0  xy = 3  xy  3  4 1 − =0 x = − y  xy ⇔  2 (vụ n0) x + y = 0  x = −4   4 1 − xy = 0  xy = 4    → 4 ( vụ n0) 3 − 4 = 0  xy = 3  xy   2 3 vậy→ hệ pt có 1 n0 x = y = 3 2 3 2 3 → Hệ số có 1 điểm tới hạn M ( , ) 3 3 4 Xét: r = z ' ' xx = 2 + 2 x s = z ' ' xy = z ' ' yx = 1 4 t = z ' ' yy = 2 + y2 ⇒tại 2 3 2 3 M( , )⇒ 3 3 4 r = z ' ' xx( M ) = 1 + =4 4 3 s = z ' ' xy ( M ) = 1 4 t = z ' ' yy ( M ) = 1 + =4 4 3 ⇒ s 2 − rt = 1 − 4.4 = −15 < 0 và r = 4 > 0 ⇒ h/số cực tiểu tại: 2 3 2 3 2 3 2 3 4 14 4 4 M( , ) và Z min = z ( , ) = 3. − ln = 4 − 7 ln 3 3 3 3 3 2 3 3 Câu 5 : (2đ) z = x3 + y 3 − x − y MXĐ:∀(x,y)∈R2 Ta có : z ' x = 3x 2 − 1 z' y = 3 y 2 − 1 Xét hệ PT tọa độ các điểm tới hạn của h/số: 6
  7.  −1  x =  3  −1  y =  3  −1  −1  x =  x =  3  3  1  1  x =  y = z' x = 0  2 3 x − 1 = 0  3   3  ⇔ 2 ⇔ ⇔ z' y = 0 3 y − 1 = 0 −1     y =  x = 1  3  3    y = 1 −1  y =   3  3   x = 1  3   y = 1   3 ⇒h/số có 4 điểm tới hạn: −1 −1 −1 1 M1( , ), M 2 ( , ) 3 3 3 3 1 −1 1 1 M 3( , ), M 4 ( , ) 3 3 3 3 Ta lại có: r = z' ' xx = 6x s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗ t = z ' ' yy = 6 y −1 1 ⇒lần lượt xét các điểm tới hạn ta có : Tại M1 ( , ) 3 3 −1 r = z ' ' xx( M ) = 6. = −2 3 1 3 s=⊗ −1 t = z ' ' yy( M ) = 6. = −2 3 1 3 ⇒ s 2 − rt = ⊗ − 2 3 .2 3 = − 12 < 0 r = −2 3 < 0 −1 −1 ⇒h/số đạt cực đại tại M1 ( , ) và 3 3 −1 −1 Z max = z ( , ) 3 3 4 3 ⇒ Z max = 9 −1 1 Tại M 2 ( , )⇒ 3 3 7
  8. −1 r = z ' ' xx ( M 2 ) = 6.( ) = −2 3 3 s = z ' 'xy = ⊗ 1 t = z ' ' yy ( M 2 ) = 6. =2 3 3 ⇒ s 2 − rt = ⊗ + 2 3.2 3 = 12 > 0 ⇒h/số ko đạt cực trị tại M2  1  r = z ' ' xx ( M 3 ) = 6. 3 = 2 3 1 1   Tại M 3 ( ,− ) ⇒  s = z ' ' xy = 0 ⇒ S 2 − rt = ⊗ + 2 3.2 3 = 12 > 0 3 3   t = x' ' yy ( M ) = 6.(− 1 ) = − 2 3   3 3 1 1 ⇒h/số dạt cực trị tại : M 3( ,− ) 3 3  1  r = z ' ' xx( M 4 ) = 6. =2 3  3 1 1  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 1 1 ⇒h/số đạt cực tiểu tại M 4 ( , ) 3 3 1 1 4 3 với Z min = z ( , )=− 3 3 9 Như vậy h/số đạt cực đại tại 1 1 M 1 (− ,− ); Z max = 4 3 9 3 3 Đạt cực tiểu tại: 1 1 4 3 M4( , ); Z min = − 3 3 9 Câu 6 : (2đ) Tỡm cực trị của hàm số z = x4+y4 – 2x2 + 4xy -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  x 2 − x + y = 0  x 3 + y 3 = 0  ( x + y )( x 2 + y 2 − xy )= 0   z' = 0 ↔  2 ↔  ↔   3 − x+ y= 0   y  y − y + x = 0  x    x3 − x+ y = 0 8
  9.   x =0   x + y =0   x + y =0   y =0   x 3 − x + y =0   x 3 − 2 x =0   ⇔  ⇔   x = 2 ⇔    xy =0   x =0  y=− 2   x 3 − x + y = 0   y =0  x = − 2     y = 2  + Xét A(0,0) z’’x2 = - 4 = z’’y2 z’’x2y – z’’x2. z’’y2 = 0 + Xét (x,y) theo đường (0,y) => z(0,y) – z(0,0) = y2(y2-2)<0 Khi y ở lõn cận 0 ( y < 2) + Xét (x,y) theo đường (x=y) => 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   = > cùc d ¹i vµo * Xét B ( − 2 , 2 )t     >cùc Óu hay vµo =   t i Câu 7 : (2đ) Tỡm cực trị của hàm số: 50 + 20 z = xy+ với x>0, y>0 x y Giải: Bước 1  z' = y − 50  x x2  20  z' x − 2  y y − 50 = 0  y − 50 = 0(1)  x2  x2 Tỡm cỏc điểm dừng  20 = 0 ⇒  x = 20 ( 2) Thay (2) vào (1) ta có x − y2  y2   y− 50 = 0 ⇒ y − 1 .y 4 = 0 2 8    20   y2    => 8y – y4 = 0 => y(8-y3) = 0  y = 0 o¹  heo   a l it bµir  ⇒  y = 2      = 5    y =0 ⇒   ⇒ x     8 − y 3 = ( 2 − y )( 4 + 2 y + y 2 ) = 0  y2 − 2 y + 4 = ( y +1) 2 + 3 > 0  Vậy có 1 điểm dừng M1(5,2). Bước 2: Tính ∆ = B 2 − AC A = z ' ' x 2 = 100 3 x B = z ' ' xy = 1 ⇒ ∆ = 1 − 4000 x3 y 3 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
  10. 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' = 3 x 2 − 2 xy  x  2 2  z' y = 3 y − x  Tỡm cỏc điểm dừng 3 x 2 −2 xy =0(1)  có hệ  2 2 3 y − x =0( 2)  Từ (1) => x(3x-2y) =0  x = 0                         ⇒ 3 x = 2 y ⇒ x = 2 y  3 thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0 thay x=2/3.y vào (2) ta có 3 y 2 4 y 2 = 0 ⇒ 27 y 2 − 4 y 2 = 0 9 23 y2= 0 => y=0 Vậy ta có điểm dừng M(0,0) Bước 2: Tớnh ∆ = B 2 − AC A = z' ' x 2 = 6 x − 2 y 2 B = z ' ' xy = − 2 x ⇒ ∆ = 4 x − (6 x − 2 y ).6 y C = z' ' y 2 = 6 y xét tại điểm dừng M(0,0) ta có ∆( 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 2 x + 2 y +1 z= x 2 + y 2 +1 2 x2 + y 2 + 1 − x (2 x+ 2 y + 1) 2 ( x 2 + y 2 +1) − ( 2 x 2 + 2 xy + x ) 2 y 2 − 2 xy − x + 2 x 2 + y2 +1 = 3 = 3 z' x =  x 2 + y 2 +1     x 2 + y 2 +1        x2 + y 2 + 1 2 x 2 − 2 xy − y + 2 z' y = 3  x 2 + y 2 +1      10
  11.   x − y = 0          2 y 2 −2 xy − x + 2=0   2  z ' x =0  ( x − y )(2 x + 2 y + 1) = 0 2 x − 2 xy − y + 2 Ta có  z ' =0 ⇔ ↔ 2 ↔  2 −2 xy − y + 2=0 2 x − 2 xy − y + 2 = 0  2 x + 2 y + 1 = 0  y 2 x    2 2 x − 2 xy − y + 2 = 0  x=y=2 Ta có: 2 x + 2 y +1 ≤ ( 22 +22 +12 )( x2 + y2 +1) = 3 x 2 + y 2 + 1 ⇒ 2 x + 2 y +1 x 2 + y 2 +1 ≤3⇒ z ≤3 => max z=3 y ↔ x = =1↔ x = y = 2 2 2 => A(2,2) là cực đại Với Zmax=3 Câu 10 : (2đ) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số: Z= x2+2xy - 4x +8y 0 ≤ x ≤1 trờn miền D: 0 ≤ y ≤ 2  Giải: Ta có:  z' x = 2 x + 2 y − 4   z' = 2 x + 8       y  Tỡm cỏc điểm tới hạn  z' x = 2 x + 2 y − 4 = 0  x = −4   z' = 2 x + 8 = 0    ⇒   y      y =6 Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D XÐt : z (0,0) = 0 z (0,2) = 16 z (1,0) = −3 z (1,2) = 17 => Gớa trị Max =17 Giỏ trị Min = -3 Câu 11 : (2đ) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số: Z= x2+y2 -12x +16y x 2 + y 2 ≤ 25 trờn miền D: Giải: Ta có:  z' x = 2 x − 12   z' = 2 y + 16  y  Tỡm cỏc điểm tới hạn  z' x = 2 x −12 =0  x =6   z' = 2 x +16 =0 ⇒   y   y = −8 Vậy ta thấy hàm số đạt cực trị thỡ điểm cực trị k0 thuộc miền D 11
  12. XÐt : z( −5 ,−5 ) = 30 z( −5 ,5 ) = 190 z( 5 ,−5 ) = −90 z( 5 ,5 ) = 70 => Gớa trị Max =190 Giỏ trị Min = -90 Câu 12 : (2đ) y2 y x= 2 y=1 1 1 − 3 1 2 3 2 Đổi thứ tự lấy t/phân 3− y 2 1 I = ∫ dy 0 ∫ f ( x, y)dx y2 2  0≤ y≤1    miền lấy t/phân D =  ( x, y ) ∈ R 2 : y 2 2 ≤ x ≤ 3− y    2  → D được giới hạn bởi các đường 2 y =0 ; y =1 ; x = y ; x = 3 − y 2 ⇔ x2 + y 2 = 3 2 Miền D = D1ề D2 ề D3 với  1   0≤ x≤  D1 =  ( x, y ) : 2   2 x ≥ y ≥ 0    1   ≤ x ≤ 2 D2=  ( x, y ) : 2   0≤ y≤1     2 ≤ x≤ 3    D3 =  ( x, y ) :   2 0 ≤ y ≤ 3− x   1 2 2x 1 3 3− x 2 Vậy→ I = 2 dx ∫ ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx 1 ∫ f ( x, y )dy + ∫ dx ∫ f ( x, y)dy 0 0 0 2 0 2 Câu 13 : (2đ) Đổi thứ tự lấy t/phân: 2 2x I = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy 0 2x − x 2 y2 y x= 2 1 12
  13. 1/2 1 2 x  0≥ x≤ 2  2   Miền lấy t/phân D =  ( x, y ) ∈ R :  2 ≤ y ≤ 2x    2x − x  D được g/hạn bởi các đường x =0 ; x =2 y = 2 x − x 2 ⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 1 ⇔  2  x = 1− 1− y ⇔  x = 1+ 1 − y2  y2 y = 2x ⇔ x = 2  0≤ y≤1    → D = D1 D2 D3 với D1 =  ( x, y) : y 2   ≤ x ≤ 1− 1− y2   2   1≤ y ≤ 2    D2 = ( x, y ) : y 2   ≤ x ≤ 2  2   0≤ y≤1  1 1− 1− y 2   D3 =  ( x, y ) :  Vậy → I = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx +  1 + 1 − y 2 ≤ x ≤ 2  0 y2  2 1 2 + ∫ dy ∫ f ( x, y )dx + 0 1+ 1− y 2 2 2 ∫ dy ∫ f ( x, y )dx 1 y2 2 Câu 14 : (2đ) 1 1− y ∫ dy ∫ f ( x, y )dx 0 − 1− y 2 y 1 y=1 1 -1 x x=1-y →miền lấy tích phân D = { ( x, y ) 0 ≤ y ≤1 − 1− y2 ≤ x ≤ 1 − y →Miền D được giới hạn bởi các đường: y=0 ,y =1 ,x=1-y và 2 2 x = − 1− y2 ⇔ x + y = 1 (lấyphần x ≤ 0) ⇒ D = D1 ∪ D2 −1≤ x ≤ 0   Với: D1 = { ( x, y ) : 2 ≥ y ≥ 0 1− x   D2 = { ( x, y ) :0 ≤ x ≤ 1  0 ≤ y ≤ 1 − x  13
  14. 0 1− x 2 ⇒ I = ∫ dx ∫ f ( x. y )dy + −1 0 0 1− x ∫ dx ∫ f ( x, y )dy −1 0 Câu 1 : (3đ) I= ∫ ( + x + y) xy dx L +( + x − y) xy dy I= ∫ ∫( − x) y dxdy Theo công thức Green: D  π π  − ≤ϕ ≤ D : 2 2 0 ≤ r≤ acos  π I= ∫ ∫( + 1− x − 1) y dxdy D = ∫ ∫( − x) y dxdy D 2 Trong đó D là hình tròn : ( − a) + y2 ≤ a x 2 2 4 đổi toạ độ cực thì:  π π  − ≤ 4≤ D 2 2 0 ≤ r≤ acos  ϕ Câu 2 : (3đ) I = ∫ xdy + ydx L y a L -a 0 a x *Tính trực tiếp : Ta có PT đường cong là nửa trên của đường tròn : x 2 + y 2 = a 2 , (a > 0) là   y = a2 − x2  − a ≤ x ≤ a  −2 x ⇒ dy = 2 a2 − x2 −x dx = dx a2 − x2 I = ∫ xdy + ydx vậy⇒ L a x2   = ∫  a2 − x2 − dx   −a  a2 − x2  a a 2   2 2  dx a   = ∫ 2 a −x − 2 − x 2 + x. − x dx − a  2 − x2  ∫   a    a   −a   a2 − x2   a = 2 ∫ a 2 − x 2 dx − −a a dx a2 ∫ − a a2 − x2 a ⇒ I = 2 ∫ a 2 − x 2 dx − −a a dx 2 a ∫ −a a2 − x2 14
  15. a I1 = ∫ a 2 − x 2 dx ,đặt x=asint −a −π π ⇒ ≤t ≤ ⇒ 2 2 π 2 2 2 2 I1 = ∫ a − a sin t .d(asint) −π 2 π 2 = ∫ a cos t.a cos t.dt −π 2 π 2 = a 2 ∫ cos 2 tdt = −π 2 π 2 2 1 + cos 2t dt =a ∫ −π 2 2 a 2  sin 2t  π 2 = t+ 2  2  2 −π   a 2  π −π   −( ) 2  2  2  2 sin π − sin( −π ) + ] = πa 2 2 a dx a d( x ) a I2 = ∫ ∫ −a a 2 − x 2 − a 1− ( x ) 2 a x a a = arcsin = arcsin − a a −a −a arcsin =π a ⇒ I = 2 I1 − a 2 I 2 = πa 2 2. − a 2π = 0 2 b.Dùng công thức Green: y a B L D A C -a 0 a x Xét miền kín được tạo bởi đường cong L và đ/thẳng y=o ⇒ I = ∫ xdy + ydx = ∫ xdy + ydx ∩ L ABC = ∫ xdy + ydx − ∫ x + ydx xdy ABC CA I = ∫ xdy + ydxx -Ta có: 1 ABC ⇒Theo đ/lý Green với:  ∂p  p = y → ∂y = 1   ⇒ Q = x → ∂Q = 1   ∂x ∂Q ∂p I1 = ∫ ∫( − )dxdy D ∂x ∂y = ∫ ∫(1 − 1)dxdy = 0 D I = xdy + ydx -Mặt khác: 2 ∫I CA − a ≤ x ≤ a Với: C A :  ⇒  y = 0 → dy = 0 15
  16. a I 2 = ∫ x.0 + 0.dx = 0 −a Vậy ⇒ I = I1 − I 2 = 0 − 0 = 0 Câu 3(3đ) ∫ ( x + y )dx + xydy L x=y2 1 B m L A n O 1 x y=x a.Tính trực tiếp L L L L tacó: L = Am B + Bm A A A Trong đó Am B có PT: x = y 2  ⇒ dx = xydy 0 ≤ y ≤ 1 n n Bn A có PT: x = y 1 ≥ y ≥ 0 ⇒ dx = dy ⇒  I = ∫ ( x + y ) dx + xydy L = m∫ (m + y ) dx + xydy x Am B + m∫ ( x + y ) dx + xydy m Bn A 0 [ = ∫ ( y 2 + y )2 y + y 3 dy ] 1 1 + ∫ ( y + y + y 2 ) dy 0 1 = −∫ (3 y 2 − 2 y 2 )dy 0 1 + ∫ ( y 2 + 2 y ) dy 0 1 = ∫ (−3 y 3 − y 2 + 2 y ) dy 0  y 4 y3 1 = − 3 − + y2  4 3 0   3 1 −1 = (− − + 1) − 0 = 4 3 12 b.Sử dụng công thức Green I = ∫ p( x, y ) dx + Q( x, y ) dy Với: L  ∂p  p( x, y ) = x + y  ∂y = 1    ⇒ Q( x, y ) = xy   ∂Q = y  ∂x  ∂Q ∂p ⇒Theo công thức Green ta có: I = ∫ ∫( ∂x − ∂y )dxdy D I = ∫ ∫( y − 1)dxdy Với D là miền kín biểu diễn trên h/vẽ ⇒ D 1 y = ∫ dy ∫ ( y − 1)dx 0 y2 16
  17. 1 = ∫ ( y − 1)( y − y 2 )dy 0 1 = ∫ ( − y 3 + 2 y 2 − y )dy 0 − y4 y3 y2 1 =( +2 − ) 4 3 2 0 −1 2 1 =( + − ) −0 4 3 2 − 3 + 8 − 6 −1 = = 12 12 Câu4(3đ) I= ∫ y2dx − x2dy c Y CR -R R X Cách1:Đường tròn có Pt tham số: x = R cos t  , ≤ t≤ π 0 y = R si t n π I= ∫ − R 2 si 2 t −R si t  n ( n) o t] − R 2 cos t R cos )dt 2 ( R + ∫ odx− x2. o −R π = − R 3 ∫ (sin 3 t + cos 3 t )dt o sin3 t= 3si t− si 3t n n 4 3 3cos + cos t t 3 cos t= 4 − R3 π ⇒ I= ∫ ( si t− si 3t 3 n n 4 o + 3cos + cos t dt t 3) − R3  cos3t = − 3cost+ + 3si t n 4  3 si 3t π n + 3 o  Cách2: − R3  1 1 = 3+ 3− −  4  3 3 −R 3 16 − 4R 3 = . = 4 3 3 π r3 R I= − 2 ∫ ( ϕ + si ϕ )( cos n . )ϕ d o 3 o I= − 2 ∫ ∫( + y) x dxdy  x2 + y2≤ R 2  − 2R 3 π  = ∫ ( ϕ + si ϕ ) ϕ cos n d  y≥ o 3 o  π R − 2R 3 π = − 2 ∫ dϕ ∫ ( cos + rsi ϕ ) dr = r ϕ n r ( nϕ − cos ) si ϕ 3 o o o − 4R 3 = 3 Câu5(3đ): ∫ x − y dy AB Y B a 17
  18. t A a X π x = acos t π A B : , ≤ t≤ o  y = asi t n 2 π Nhận xét : x ≥ y khi o ≤ t≤ 4 π π x ≤ y khi ≤ t≤ 4 2 π 2 4cost− si t cost I= a ∫ ( n ) dt o π 2 − a2 ∫ ( t− si t cost = o cos n ) dt π 4 π 4 I= a2 ∫ ( 2 t− si tcost dt cos n ) o π 2 − a2 ∫ ( 2 t− si tcost dt cos n ) π 4 π 4 1+ cos t si 2t 2 n = a2 ∫ ( − )dt π 2 2 2 π 2 1+ cos t si 2t 2 n = a2 ∫ ( − )dt π 2 2 4 2  1 t+ si 2t+ cos t π 4 =a  n 2 2 4 4  o   1 si 2t cos t π 2 n 2 = a2  t+ +  2 4 4 π  4 =0 Câu6(3đ) x2 2 dy ∫ 2x l ydx + ( + 1+ y ) n AB y Y B C A 1 1 X x2 Đặt :p = 2xlny Q = + 1+ y2 y ∂p ∂Q 2x Nhận xét: = = ∂y ∂x y Vậy tích phân ko phụ thuộc dạng đường cong .Bằng cách lấy tích phân dọc theo biên của tam giác ACB ,với C(o,1) 18
  19. 2 1 I= ∫ 1+ y2 dy = ( 5 − 3 2 1 2 2+ 5 +l n ) 1− 3 I= ∫ pdx+ Q dy+ ∫ pdx+ Q dy AC CB o = ∫ ( x.n 1) + o 2 l dx 1 2 + ∫ ( + 1+ y2 ) o dy 1 2 ⇒ I= ∫ 1+ y2 dy 1 2  U = 1+ y  dV = dy   y dU = ⇒ 1+ y2 dy   V =y 2 2 y2 I= y 1+ y2 − ∫ dy 1 1 1+ y2 2 ⇒ I= y 1+ y2 1 2 y2 + 1− 1 −∫ dy = y 1+ y2 1 1+ y 2 2 2 dy − ∫ 1+ y2 dy + ∫ 1 1 1+ y2 2 = y 1+ y2 1 2 − I+ l y + 1+ y2 ) n( 1 ⇒ I= ( 5 − 2 ) 2 + l 2 + 5)− l 1+ 2 ) n( n( 2 1 2+ 5 ⇒ I= 5 − + l n( ) 2 2 1+ 2 Câu7(3đ) ( + y) + ( − x) x dx y dy ∫ x 2 + y2 c Biểu diễn Pt đường tròn trong dạng tham số: x = acos t  , < t< 2π o  y = asi tn 2π [ ( cost+ asi t ( asi t a n )− n ) I= ∫ a2 o + ( si t− acost ( cost ] dt a n )a ) 2π = ∫ − ( n2 t+ cos t dt si 2 ) o 2π = − ∫ dt= −2π o t a x Câu8(3đ) 19
  20. −ydx + xdy I= ∫ 2 2 c x +y y t 1 x x = cos t Pt tham số:  , < t< 2π o  y = si t n I= 2π [ ( si t ( si t + cost cos] dt − n )− n ) . t ∫ cos2 t+ si 2 t n o 2π = ∫ dt= 2π o Câu9(3đ) p( , )= ex si y + 2m 2x cosy xy n Cho các hàm số Q ( , )= e xy x cosy − m x2 si y n a. ∂p = e x cos y − 2m 2 sin y ∂y ∂Q = e x cos y − 2mx 2 sin y ∂x pdx + Qdy là vi phân toàn phần khi : ∂p ∂Q = ⇔ m2−m =o ∂y ∂x nhận được m = o,m = 1 b.theo công thức ta có : x y U ( , )= ∫ exdx + ∫ ( x cosy xy e − x2 si y) + 2 n dy o π 2 = ex si y + x2 cosy + 1 n Câu10(3đ) x[ x y ∫ h( )( cos − ysi y) n dy AB + xsi y + y cos ) ] n y dx p = h( )( si y + y cos ) x x n y a.Đặt Q = h( ) x cos − ysi y) x( y n ∂p ∂Q Điều kiện để tích phân ko phụ thuộc đường đi là : = ∂y ∂x ∂p = h( x ) ( x cos y + x cos y − y sin y) ∂y ∂Q = h'( x) ( x cos y − y sin y) ∂x + h( x) cos y ∂p ∂Q = ⇔ h'( x) ( x cos y − y sin y) ∂y ∂x = h( x) ( x cos y − y sin y) h'( x) ⇔ h'( x) = h( x) ⇔ =1 h( x) ⇒ h( x) = e x b. y A(o,π) 20
Đồng bộ tài khoản