TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN, ĐHQG-HCM MÃ LƯU TRỮ
ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Học kỳ II – Năm học: 2024-2025
Tên học phần: VI TÍCH PHÂN 2A – ĐỀ MINH HỌA 8 Mã HP: MTH00013
Ngày thi: 23/06/2025Thời gian làm bài: 90 phút
Ghi chú: Sinh viên được phép sử dụng tài liệu khi làm bài.
Câu 1 (2,0 điểm). Khảo sát sự liên tục của các hàm số sau:
a) fx,y=
x2+y2
px2+y2+1−1,x,y=(0,0)
2,x,y=(0,0)
b) fx,y=
x+xy
px2+y2,x,y=(0,0)
0,x,y=(0,0)
Câu 2 (2,5 điểm).
a) Khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của chuỗi:
∞
X
n=2
(−1)n−1
n−ln n
b) Tìm bán kính hội tụ và miền hội tụ của chuỗi:
∞
X
n=1
(−1)n+1(x−5)n
3n+13n
Câu 3 (2,5 điểm).
a) Cho hàm số f:R2→Rxác định như sau:
fx,y=ln x2+y2
Tính các đạo hàm riêng cấp hai của hàm f.
b) Tìm mặt phẳng tiếp xúc với mặt z=ln
1
p1−x2+y2
+4xy tại điểm (1,1,4).
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tập A=nx,y∈R2: 0 ≤x≤4,−3≤y≤3ovà hàm số f:
R2→Rđược xác định bởi fx,y=x3−3x−y3+12y.
a) Tập Alà tập đóng hay tập mở? Dựa vào định nghĩa hãy chứng minh điều đó.
b) Tìm và phân loại các điểm tới hạn của hàm f.
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm ftrên miền A.
Người ra đề/MSCB:....................................... Người duyệt đề: ..............................
lOMoARcPSD|42620215
Chữ
ký:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ĐÁP ÁN THAM KHẢO ĐỀ MINH HỌA 8
Câu 1:
a) Xét hàm số fx,y=
x2+y2
px2+y2+1−1,x,y=(0,0)
2,x,y=(0,0)
Với x,y=(0,0), ta có fx,y=P2
1+P2
2
qP2
1+P2
2+1−1
là một hàm sơ cấp nên liên tục tại
mọi x,y=(0,0).
Với x,y=(0,0), ta xét tính liên tục qua giới hạn sau:
lim
(x,y)→(0,0)
x2+y2
px2+y2+1−1=lim
(x,y)→(0,0)x2+y2+1−1
px2+y2+1−1
=lim
(x,y)→(0,0)qx2+y2+1+1
=√02+02+1+1=2=f(0,0)
Kết luận: Vậy fliên tục trên R2.
b) Xét hàm số fx,y=
x+xy
px2+y2,x,y=(0,0)
0,x,y=(0,0)
Với x,y=(0,0), ta có fx,y=P1+P1P2
qP2
1+P2
2
là một hàm sơ cấp nên liên tục tại mọi
x,y=(0,0).
Với x,y=(0,0), ta xét tính liên tục qua giới hạn sau: lim
(x,y)→(0,0)
x+xy
px2+y2
Áp dụng tọa độ cực: Đặt
x=rcos θ
y=rsin θ⇒px2+y2=rvới r>0, θ ∈R, khi đó:
lim
(x,y)→(0,0)
x+xy
px2+y2
=lim
r→0+ rcos θ+r2cos θsin θ
r!=lim
r→0+rcos θ(1+sin θ)=0=
f(0,0).
Kết luận: Vậy fliên tục trên R2.
Câu 2:
a) Xét chuỗi ∞
X
n=2
(−1)n−1
n−ln n, đây là chuỗi đan dấu ∞
X
n=2
(−1)n−1anvới an=1
n−ln n.
Xét giới hạn: lim
n→∞ an=lim
n→∞
1
n−ln n=lim
n→∞
1
n 1−ln n
n!=lim
n→∞
1
n(1−0)=0
lOMoARcPSD|42620215
.
Xét f(n)=an=1
n−ln nvới n∈N,n≥2, ta có: f′(n)=−
1−1
n
(n−ln n)2=1−n
n(n−ln n)2<
0với mọi n∈N,n≥2. Suy ra dãy {an}là dãy giảm.
Từ hai điều trên, suy ra chuỗi ∞
X
n=2
(−1)n−1
n−ln nlà chuỗi đan dấu Leibniz.
Kết luận: Chuỗi ∞
X
n=2
(−1)n−1
n−ln nlà chuỗi hội tụ.
b) Ta có chuỗi ∞
X
n=1
(−1)n+1(x−5)n
3n+13n=∞
X
n=1
cn(x−a)nlà chuỗi lũy thừa tâm a=5với
cn=(−1)n+1
3n+13n. Áp dụng tiêu chuẩn d’Alembert, ta có:
ρ=lim
n→∞
an+1
an
=lim
n→∞
3n+13n
3n+1+13n+1
=lim
n→∞
13n"3
13n
+1#
13n+1"3
13n+1
+1#
=1
13 ·0+1
0+1=1
13
Suy ra, bán kính hội tụ là R=1/ρ=13.
Với |x−5|<13 ⇔x∈(−8,18), chuỗi ∞
X
n=1
(−1)n+1(x−5)n
3n+13nhội tụ.
Với |x−5|>13 ⇔
x<−8
x>18 , chuỗi ∞
X
n=1
(−1)n+1(x−5)n
3n+13nphân kỳ.
Với |x−5|=13:
•Xét x=−8, chuỗi trở thành:
∞
X
n=1
(−1)n+1(−13)n
3n+13n=∞
X
n=1
(−1)2n+113n
3n+13n=∞
X
n=1
−1
1+3
13n
Mà lim
n→∞ −1
1+3
13n=−1
1+0=−1=0nên chuỗi ∞
X
n=1
−1
1+3
13nphân kỳ.
•Xét x=18, chuỗi trở thành:
∞
X
n=1
(−1)n+113n
3n+13n=∞
X
n=1
(−1)n+113n
3n+13n=∞
X
n=1
(−1)n+1
1+3
13n
Mà lim
n→∞
1
1+3
13n=1
1+0=1=0nên chuỗi ∞
X
n=1
(−1)n+1
1+3
13nphân kỳ.
lOMoARcPSD|42620215
.
Kết luận: Chuỗi ∞
X
n=1
(−1)n+1(x−5)n
3n+13ncó bán kính hội tụ R=13 và miền hội tụ là khoảng
(−8,18).
Câu 3:
a)
fx,y=ln x2+y2
∂2f
∂x2=∂
∂x ∂f
∂x!=∂
∂x 2x
x2+y2!=2x2+y2−2x·2x
x2+y22=−2x2+2y2
x2+y22
∂2f
∂y2=∂
∂y ∂f
∂y!=∂
∂y 2y
x2+y2!=2x2+y2−2y·2y
x2+y22=2x2−2y2
x2+y22
∂2f
∂x∂y=∂
∂x ∂f
∂y!=∂
∂x 2y
x2+y2!=−2x·2y
x2+y22=−4xy
x2+y22
∂2f
∂y∂x=∂
∂y ∂f
∂x!=∂
∂y 2x
x2+y2!=−2y·2x
x2+y22=−4xy
x2+y22
b) Ta có:
zx,y=ln
1
p1−x2+y2
+4xy ⇒z(1,1)=ln 1
√1−12+12!+4·1·1=4
Vậy điểm (1,1,4)thuộc mặt đã cho.
Đạo hàm riêng cấp một:
∂z
∂xx,y=−2x
−2p1−x2+y23/2·q1−x2+y2+4y
=x
1−x2+y2+4y
⇒∂z
∂x(1,1)=1
1−12+12+4·1=5
∂z
∂yx,y=2y
−2p1−x2+y23/2·q1−x2+y2+4x
=−y
1−x2+y2+4x
⇒∂z
∂y(1,1)=−1
1−12+12+4·1=3
Mặt phẳng tiếp xúc với mặt z=ln
1
p1−x2+y2
+4xy tại điểm (1,1,4)có phương trình:
z=z0+∂z
∂x(1,1) (x−1)+∂z
∂y(1,1)y−1
lOMoARcPSD|42620215
⇔
z
=
5x
+
3y
−
4
.
Kết luận: Mặt phẳng tiếp xúc với mặt z=ln
1
p1−x2+y2
+4xy tại điểm (1,1,4)là
z=5x+3y−4
Câu 4:
0 4
−3
3L1
L2
L3
L4x
y
A
0
A B
C
D
a) Xét tập A=nx,y∈R2: 0 ≤x≤4,−3≤y≤3o, ta sẽ chứng minh R2\Alà tập mở,
trong đó:
R2\A=
x,y∈R2:
x<0
x>4
y<−3
y>3
Cho trước a=x0,y0∈R2\A, khi đó:
•Xét tại biên L1:x=0, ta có d(a,L1)=|x0−0|>0.
•Xét tại biên L2:x=4, ta có d(a,L2)=|x0−4|>0.
•Xét tại biên L3:y=−3, ta có d(a,L3)=y0+3>0.
•Xét tại biên L4:y=3, ta có d(a,L4)=y0−3>0.
Để B(a,ra)⊂Athì ta cần chọn ra>0thỏa ra<min n|x0|,|x0−4|,y0+3,y0−3o.
Chọn ra=1
2025 min n|x0|,|x0−4|,y0+3,y0−3o, ta được điều cần chứng minh.
R2\Alà tập mở, suy ra Alà tập đóng.
lOMoARcPSD|42620215
.