Giải tích 2 – Đề số 14

Chia sẻ: Ho Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

135
lượt xem 30
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giải tích 2 - Đề số 14 gồm các dạng bài tập được trình bài một cách dễ hiểu thông qua các bài giải kèm theo, giúp các bạn ôn tập và chuẩn bị tốt hơn cho các kì thi, kiểm tra toán giải tích.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giải tích 2 – Đề số 14

Giải tích 2 – Đề số 14 Câu 1: Vẽ khối  giới hạn bởi y  4  x 2 , y  1  x 2 , z  0, z  2 x . Các em tự vẽ. Câu 2: Một cái hộp (hình hộp chữ nhật, không có nắp phía trên) được làm từ 12m 2 bìa carton. Tìm thể tích lớn nhất của cái hộp này Bài giải Gọi x là chiều rộng, y là chiều dài, z là chiều cao (m). Ta có: 2xz+2yz+xy=12 V=xyz x, y, z  0 Ta cần tìm MaxV: Cách 1: Xét hàm L  x, y, z   xyz    2 xz  2 yz  xy   L'x  yz    2 z  y   0  ' x  2z   1 / 2  Ly  xz    2 z  x   0    '   y  2z  x  y  2  Lx  xy    2 x  2 y   0  2 xz  2 yz  xy  12  z  1      2 xz  2 yz  xy   12 Hàm có 1 Điểm dừng P(2,2,1). Tính các đạo hàm riêng cấp 2 tại P ta có:  d 2 L  P   dxdy  2dxdz  2dydz Lấy vi phân 2 vế của 2xz+2yz+xy=12 tại P suy ra: dx+dy+2dz=0  d 2 L  P    dx 2  dy 2  dxdy xác định âm Vậy P là điểm cực đại Và vì V liên tục trong góc phần tám thứ nhất và có duy nhất 1 điểm cực đại (P) nên đạt giá trị lớn nhất tại P: MaxV=V(P)=4 12  xy xy 12  xy  Cách 2: Thế z  vào biểu thức của V: V  , x, y  R  2 x  y 2 x  y 1 xy 2 V  2 xy 12  xy  2 2 x y Áp dụng côsi cho 2 số (x,y) và 3 sô (2xy,(12-xy), (12-xy)) ta được: 3 1 xy 2 1 xy 2 xy  2(12  xy ) V  2 xy 12  xy   4 2 2 x y 2 2 2 xy 3 x  y Dấu “=” xảy ra khi   x  y  2  z 1 2 xy  12  xy Vậy Max V =4 đạt tại (2,2,1)
Nhận xét: Không nghi ngờ gì nữa cách 2 hay hơn và gọn hơn cách 1. Nhưng các em nên nhớ đang học GT2 về cực trị và max-min. Yêu cầu phải biết vận dụng kiến thức đã học vào những bài toán thực tế. Bài này điển hình cho bài tìm max-min cho hàm 3 biến và miền không bị chặn rất hay.  1 Câu 3: Tính tổng S   n 1 n( n  1)( n  2) Bài giải 1 11 2 1       n(n  1)(n  2) 2  n n  1 n  2   1 1 1 1 1 Vậy S    (  ) n 1 n ( n  1)( n  2) 2 1 2 4 x dt Câu 4:Tìm chuỗi Maclaurint của f ( x)   và tìm miền hội tụ của chuỗi này 0 1 t4 Bài giải Ta có : 1 1 1 1 1  (  )(   1)(  2).....(  n) 1 4 2  1  t   1  2 2 2 2 (t 4 ) n 1 1 t 4 n 0 (n  1)! (1) n 1 (2n  1)!! 4 n 1   (2n  1)!! 4 n  4  1  ( t )  1   n 1 t n 0 2n 1 (n  1)! n 0 2 (n  1)! Vậy: x x dt  (2n  1)!! t 4 n 5  (2n  1)!! x 4 n 5 f ( x)    [ t   n 1 ]  x   n 1 0 1 t 4 n 0 2 (n  1)! 4n  5 0 n 0 2 (n  1)! 4n  5  (2n  1)!! x 4 n f  x   x  x5  n 1 n 0 2 (n  1)! 4n  5   lim an 1  lim  2n  3 4n  5  1 n  a n  2  n  2  4n  9  n 1 R 1  Tại x=±1
  (2n  1)!! 1 (2n  1)!! 1 f  1  1   n 1  1   n 0 2 (n  1)! 4n  5 n  0 (2 n  2)!! 4 n  5 (2n  1)!! 1 Dùng quy nạp ta Chứng minh được:  (dể thôi đừng lo) (2n  2)!! n Lúc này: (2n  1)!! 1 1 1  , n  N * (2n  2)!! 4n  5 n 4n  5 1 1 1 3 n 4n  5 4n 2 Do đó chuỗi hội tụ tuyệt đối theo tiêu chuẩn so sánh Vậy: miền hội tụ là: [-1,1] x2 y 2 Câu 5: Tính tích phân  y dxdy với D là miền  E    1,  C  x 2  y 2  1. D 16 9 Bài giải Ta có: I   | y | dxdy   | y | dxdy   | y | dxdy D E C Vì E và C đối xứng qua Ox,Oy và hàm dưới dấu tích chẵn theo 2 biến x,y nên:     I  4   | y | dxdy   | y | dxdy   4   ydxdy   ydxdy   E ( x , y 0)   E ( x, y 0)   C  x , y 0    C  x , y  0  2 1  2 1   2 1    4   d  3r sin  .12rdr   d  r sin  .rdr   4.35 d  r sin  .rdr 0  0 0 0   0 0 1 140  140.1.  3 3 Câu 6: Tìm diện tích phần mặt cầu x 2  y 2  z 2  18 nằm trong hình nón x2  y 2  z 2 . Bài giải Tìm diện tích phần mặt cầu x 2  y 2  z 2  18 nằm trong hình nón x 2  y 2  z 2 . D : x2  y2  9 2 3 18 18 S  2  2 2 dxdy  2  d  rdr  2 (18  3 18) D 18  x  y 0 0 18  r 2 Chú ý S gồm hai miền riêng biệt, đề này nên thêm điều kiện z>0 và kết quả:  (18  3 18)
Câu 7: Tính tích phân mặt loại một I   yds , với S là phần mặt trụ x 2  y 2  4 S nằm giữa hai mặt phẳng z  0, z  3 Bài giải Chia S làm 2 miền: phía trước(S1) và sau mặt(S2) phẳng Oxz. 2  y  2 Miền D là hình chữ nhật:  0  z  3 3 2 y I1   dz  dy  0 0 2 4  y2 Tương tự I2=0. Vậy I=0 Thật ra bài này bằng không ngay từ đầu bằng cách nhận xét: S đối xứng qua Oxz và hàm dưới dấu tích phân lẻ theo biến y.