DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM THI TOÁN THPT

37 83 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 08/05/2019, 19:45

DẠNG CÂU HỎI ĐIỂM Câu1: (1đ) Cho hàm số z = arctg x y chứng minh z’’xx + z’’yy= y x Z = artag ⇒Z’X = y (1 + ( x ) ) = y x + y2 y z' ' yy = ( −x x2 + y )' y − x = z' y = −x y2 x =− x 2 x + y2 1+ ( ) y y 2x (−2 y ) xy −2 xy + xy = = ( x + y ) ( x + y ) Vậy ⇒ z ' ' xx + z ' ' yy = (đpcm ) ( x + y )2 Câu 3: (1đ) Cho hàm số z = x + f(xy) với f(t) hàm số khả vi, CMR xz’x-yz’y=x Z =x + f(xy) f(t) khả vi ⇒∃ f’(t) = f’(xy) ' ' + ( xy )' x f ' ( xy) (a); ⇒ z x = ( x + f ( xy ) x = Z’Y = ( x + f ' ( xy ))' y = + ( xy)' y f ' ( xy ) = x f ' ( xy ) (b) Thay (a) (b) ta có x.z ' x − y.z ' y = x(1 + yf ' ( xy )) − y ( x f ' ( xy )) = x + xyf ' ( xy ) − xyf ' ( xy ) = x (đpcm) Câu 4: (1đ) Cho hàm số z = y f (x2-y2), với f(t) hàm số khả vi CMR 1 z z' x + z' y = y y y z = yf ( x + y ) = z x ( yf ( x − y ) x = y.( x − y ) x f ( x − y ) = xy f ( x − y ) ' 2 ' 2 ' ' 2 ' 2 z ' y = ( yf ( x − y ))' y = f ( x − y ) + y ( x − y )' y f ' ( x − y ) = f ( x − y ) − y f ' ( x − y ) 1 ' ' ' 2 2 ' 2 f (x2 + y2 ) Khi ⇒ x z x + y z y = xyf ( x − y ) + ( f ( x − y ) − y f ( x + y )) = y x y (đpcm) Câu 5: (1đ) Cho hàm số z = ln(1/r) với r= x + y CMR z’’xx + z’’yy=0 2x x r' = = z = ln = − ln r ,với r = x + y Ta có: x r r x2 + y2 r' y = 2y x2 + y = y r 1 x −x ⇒ z ' x = (− ln r ) / x = − r ' x = − = r r r r 2r ' r −x −1 ⇒ z ' ' xx = ( )' x = + x 4x = r r r x − r + x .r 2 r = x − r (a) r4 r4 Với vai trò x y tương đương biểu thức → tính tương tự ta : x2 − r 2 y − r 2 y2 − r z ' ' yy = (b) Cộng vế (a) (b) → z ' ' xx + z ' ' yy = + = r4 r4 r4 2( x + y ) − 2r = (đpcm ) r4 Câu 6: (1đ) Cho hàm số z = xarctg Khi x x 1 x xy − x − y ⇒ z ' x = arctg + x − x = arctg + − 2x y y y + ( x )2 y x + y2 y x.z 'x = xarctg x x2 y − x2 + (a) y x + y2 −x − x2 − x2 y − 2y = − y ⇒ y.z ' y = − y (b) 2 y + ( x )2 x +y x + y2 y Cộng vế (a) (b) ta z ' y = x xz ' x + y.z ' y = xarctg Câu 7: (1đ) −2 xy ' Nên ⇒ z ' ' xx = ( 2 ) x = -y 2 = 2 (x + y ) (x + y ) x +y x − x2 y x − 2x + − y = xarctg − 2( x + y ) ⇔ xz ' x + yz ' y = z − ( x + y ) y y x + y2 u = x + y + z , A( 1,1, ) Ta có : ∂ u= ∂ x ⇒ 2x ∂u( A ) = ∂x x = x2 + y + z ∂ u= ∂ y x2 + y2 + z2 12 +12 +( ) = ⇒ 2y x2 + y2 + z2 ∂u( A ) = ∂y = y = 2z ∂ u= ∂ z x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z ∂u( A ) = ∂z ⇒ = 12 + 12 +( ) 12 + 12 + ( )   Biết rằng: l = OA tạo với trục Oxyz cỏc gúc α , β ,γ cosin Chỉ phương: cos α = 12 + 12 + ( ) = cos β = 1 + 12 + ( ) = cos γ = 2 2 + 12 + ( ) z x2 + y + z2 = 2 2 = Vậy: ∂u ( A ) ∂u ( A ) ∂u ( A ) ∂u ( A ) = cos α + cos β + cos γ = ∂l ∂x ∂y ∂l + + 2 2 =1 Câu 8: (1đ) Cho trường vô hướng  u x ln( x + y ) − x − y   TÝnh  ∂∂lu T¹i A(1,0), l = (1,−1)      ∂u = x + ∂ u = 2 ln( x + y )+ x  − x+ y x− y ∂ x  x + y  x − y ∂x Bg: Ta có ⇒ ( ) ∂u ( A ) ∂u( A ) = 2.1 + =5 = ln(1+ ) + − = ∂y 1+0 ∂x 2 1−0 1+ 1−  Biết l =( 1,−1 )⇒ véctơ Chỉ phương  l = (cos α , cos β ) cos α = Biết x l = 12 + ( −1) = cos β = y  l = −1 12 + ( −1) = −1   − ∂u( A ) ∂u( A ) ∂u( A )  = cos α + cos β = +  −1  = ∂x ∂y 2  2 ∂l Câu 9: (1đ) Cho trường vô hướng u = e xy ( y + x − ) TÝnh  div (gradu) Bg: Ta có ∂u ∂x = y.e xy ( y + x − 3) + 2.e xy = e xy ( y + xy − y + 2) ∂∂ux = x.e xy ( y + x − 3) + y.e xy = e xy ( y x + x − 3x + y ) ( Mặ tkhácgradu=ux ; uy ) xy xy v ∂ u = y.e ( y + xy − y + 2) + y.e ∂ x2 ∂ u ∂y = x e xy e xy ( y + xy − y + y ) 2 xy xy 2 ( y x + x − x + y ) + + e ( xy + ) = e ( y x + x − x + xy + ) xy 2 2 ∂ 2u ∂ 2u ⇒ div (gradu) =  + = e ( y + xy − y + y + y x + x − x + xy + ) 2 ∂y ∂x Câu 10: (1đ) Cho hàm ẩn Có PT z − x = arctg Ta có F 'x = z = z ( x, y ) y z−x d z ( x, y ) = z ' x dx + z ' y d y y ( z− x) mà z − x = arctg y y ⇔ F( x , y , z ) = arctg + x− z = z−x z−x y y + y + ( z − x )2 1 z− x + = + = = F'y = == y y 2 z − x y + ( z− x ) y + ( z − x )2 1+ ( ) 1+ ( ) y 2+ ( z − x ) z− x z− x F' = z −y ( z − x) 1+ ( y z− x −1= ) −y y + ( z − x) −1= 2 − ( y + y + ( z − x) ) y + ( z − x) = 2 − ( y + y + ( z − x) ) 2 y + ( z − x) − ( y + y + ( z − x) ) − F 'x y + ( z − x) VËy nªn → z ' x = = =1 − ( y + y + ( z − x) ) F 'z y + ( z − x) − F 'y z−x z'y = = F 'z y + y + ( z − x) Do dã,  d z ( x , y ) = z ' x dx + z ' y dy = dx + z−x dy y + y + ( z − x) 2 Câu 11: (1đ) cho hàm ẩn x = x( y, z ) có PT : Khi dã, F ' x = 3x − − y Víi z = x − x + xy ⇔ F( x, y, z ) = z + x − x − xy F ' y = −2 xy F'z = − F'y xy = F ' x 3x − − y − F'z −1 x' z = = F ' x 3x − − y ⇒ x' y = Như = d x ( y , z ) = x' y dy + x' z dz = xy dy − dz 3x − − y 3x − − y 2 Câu 12: (1đ) cho hàm ẩn 2x x = x ( y, z ) có PT z = e ( x + y2 + y ) ⇔ F( x , y , z ) = e x ( x + y + y ) − z = o Ta có: F ' x = 2.e x ( x + y + y) + e x = e x (2 x + y + y + 1) F ' y = e x (2 y + 2) = 2.e x ( y + 1) F'z = −1 ⇒ x' y = − F'y F 'x = F' − 2e x ( y + 1) − 2( y + 1) = x' z = − z = x 2x 2 F ' x e (2 x + + y + y ) e (2 x + + y + y ) x + + y + y Như d x ( y , z ) = x ' y dy + x ' z dz = − 2( y + 1)e x dy + dz e x (2 x + + y + y ) DẠNG CÂU HỎI ĐIỂM Câu 1: (2đ) Tìm cực trị 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) + x + 4] z ' y = e x ( x − y + 4) − e x ( x + y ) = + e x [ − y ] Xét tọa độ điểm tới hạn h/số : M(x,y)  z ' x ( M ) =  e x (4 − y) = ⇔  z' (M ) = ⇔  x  e [ ( x + y )( x − y + 4) + x + 4] =  y  y = y= ⇔   2  ( x + 2) + x + = 0 x + y + =  y =    x = − 4(∆ ' = − = 1)  y =    x = − ⇒ Hàm số có điểm tới hạn: M (−2,2) M (−4,2) [ Ta lại có: r = A = z ' ' xx e ( x + y )( x − y + 4) + x + x + ( x − y + 4) + ( x + y ) + 2] = e x [ ( x + y )( x − y + 4) + x +10] s = B = z ' ' xy = z ' ' yx = [e x (4 − y) ] / x [ = e x ( − y )t = C = z ' ' yy = e x ( − y ) ] / y = −2e x Tại M1(-2,2),ta có: A( M ) = z ' ' xx ( M ) = e −2 [ 0.(− − + 4) + 4(− 2) + 10] = 2.e −2 B( M 1) = z ' ' xy ( M 1) = e −2 (4 − 2.2) = C ( M 1) = z ' ' yy ( M 1) = − 2.e − ⇒ B − AC = + 4.e − = 4.e − > A( M 1) = 2.e − > ⇒Hàm số không đạt cực trị M1(-2,2) Tại M2(-4,2),ta có : A = z ' ' xx ( M ) = e −4 ((−4 + 2)(−4 − + 4) + 4( −4 + 10) = −2e −4 B = e −4 (4 − 2.2) = C = −2.e −4 ⇒ B − AC = − 4.e −8 = −4.e −8 < A = −2.e −4 < Vậy hàm số đạt cực đại M2(-4,2) z max = z ( − 4, 2) = e − (− + 2)(− − + 4) = 4.e − Câu 2: (2đ) Tìm cực trị hàm số z = x + y − xy Ta có MXĐ : D = ∀( x, y ) ∈ R    z ' x = 3x − y z ' y = y − 3x Xét tọa độ điểm tới hạn M(xo,yo) Z(x,y) : 3x − y =  x = y (1) z'x = ⇔ ⇔  3 y − 3x =  y = x(2) z' y = Thay (2) vào (1) → y4 = y ⇔ y = 1 y ( y − 1) = ⇔ y ( y − 1)(( y + ) + ) = ⇔   y2 = Với : y1 = → x1 = y12 = Với : y2 = → x2 = y2 = ⇒Ta có điểm tới hạn :M1(1,1) M2(0,0): ta có z ' ' xx = x z ' ' xy = z ' ' yx = −3 z ' ' yy = y A = z ' ' xx ( M 1) = 6.1 = Tại M1(1,1) ⇒ B = z ' ' xy ( M 1) = −3 C = z ' ' yy ( M 1) = ⇒ ∆ = B − AC = (−3) − (6.6) = −27 < ∆ < ⇒ H/s đạt cực tiểu M1(1,1) Vậy →  A = > Tại M2(0,0) ta có A = z ' ' xx( M ) = 6.0 = B = z ' ' xy ( M ) = − C = z ' ' yy ( M )= 6.0= ∆ = B − AC = (− 3) − = > ⇒hàm số không đạt cực trị M2(o,o) Như hàm số cho đạt cực tiểu M1(1,1) = - Câu 3: (2đ) Tìm cực trị hàm số z = (2ax − x )(2by − y ) , ab ≠ MXĐ : ∀( x, y ) ∈ R Ta có : z = (2ax − x )(2bx − y ) = 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 = ⇔ Xét hệ PT:   z ' y = 2( x − a ) y ( y − 2b) =  2 x( x − 2a )( y − b) = x = a  y = b x =  x = a   y =  y = o  y = 2b  x =0  ⇔ ⇔    y = 2b  x = o x = 2a  x = 2a  y = y = b    x = 2a    y = 2b Kết hợp khả với ab ≠ 0→a ≠ ,b≠ 0, ta có điểm tới hạn sau :M1(0,0) , M2(0,2b), M3(a,b) , M4(2a,0) ,M5(2a,2b) Ta xét điểm tới hạn với z ' ' xx = (2( x − a) y ( y − 2b)) 'x = y ( y − 2b) z ' ' xy = z ' ' yx = 2( x − a)[ y − 2b + y ] = 4( x − a)( y − b) z ' ' yy = x ( x − 2a ) với M1(0,0)→ r = z ' ' xx( M1) = 2.0.(0 − 2b) = s = z ' ' xy ( M ) = 4(0 − a)(0 − b) = 4ab t = z ' ' yy ( M ) = 2.0(0 − 2a) = ⇒ ∆ = s − rt = (4ab) − 0.0 = 16a 2b 〉 (ab ≠ 0) mà r = ⇒ M1(0,0) không điểm cực trị Với M2(0,2b)→ r = z ' ' xx( M ) = 2.2b(2b − 2b) = s = z ' ' xy( M ) = 4(0 − a)(2b − b) = − 4(ab) t = z ' ' yy( M ) = 2.0(0 − 2a) = ∆ = s − rt = 16a 2b 〉 ⇒M2(0,2b) không điểm cực trị Với M3 (a,b)⇒ r = z ' ' xx( M ) = 2.b(b − 2b) = −4b s = z ' ' xy ( M ) = 4(a − a )(b − b) = t = z ' ' yy ( M ) = 2a(a − 2a) = −4a 2 → ∆ = s − rt = 02 − 16a 2b = = −16a b 〈0 mà r= -4b2 < ⇒hàm số đạt cực đại M3 (a,b) * Với M4 (2a,0)⇒ r = z ' ' xx( M ) = 2.0(0 − 2b) = s = z ' ' xy ( M ) = = 4(2a − a)(0 − b) = − 4ab t = z ' ' yy ( M ) = 2.2a( 2a − 2a) = ⇒ ∆ = s − rt = (− 4ab) − = 16a b 〉 o →Hệ số không đạt cự trị M4(2a,0) Với M5 (2a,2b) ta có: r = z ' ' ( M ) = 2.2b(2b − 2b) = s = z ' ' xy( M ) = 4(2a − a)(2b − b) = 4ab t = z ' ' yy( M ) = 2.2a(2a − 2a ) = → ∆ = s − rt = 16a b 〉 →Hệ số không đạt cự trị M5(2a,2b) Như hệ số đạt cực đại M3 (a,b) Z max = Z ( a ,b ) = = (2a − a )(2b − b ) = a 2b Câu : (2đ) z = x + xy + y − ln x − 10 ln y { } Mxđ: D = ∀( x, y ) : x〉 0, y 〉 →ta có: z' x = x + y − z' y = y + x − x ; Xét hệ pt tọa độ cỏc điểm tới hạn M (x,y): y   4  ( x − y )(1 − xy ) = 2 x + y − x = x − y − x + y = x − y = z' x =    ⇒ ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ {x = y =  ( x + y ) 4 z ' y =  ( x + y )(3 − ) = 2 y + x − = 3( x + y) − =0 x + y =  xy    y xy → loại Với khụg ∈ D x − y = x = y   ⇔   4⇔x=y= − = xy =   xy   1 − =0 ⇔  xy  x + y = x = − y (vụ n0)   x = −4  1 − xy =  xy =   → ( vụ n0)  3 − =  xy =   xy 3 vậy→ hệ pt có n0 x = y = → Hệ số có điểm tới hạn M ( 3 , ) 3 Xét: r = z ' ' xx = + x s = z ' ' xy = z ' ' yx = t = z ' ' yy = + y2 ⇒tại 3 , )⇒ 3 r = z ' ' xx( M ) = + =4 M( s = z ' ' xy ( M ) = t = z ' ' yy ( M ) = + 4 =4 ⇒ s − rt = − 4.4 = −15 < r = > ⇒ h/số cực tiểu tại: M( 3 , ) 3 Z = z ( 3 14 4 , ) = − ln = − ln 3 3 Câu : (2đ) z = x3 + y − x − y MXĐ:∀(x,y)∈R2 Ta có : z ' x = 3x − z' y = y − Xét hệ PT tọa độ điểm tới hạn h/số:   x =    x =  z' x = 3 x − =  ⇔ ⇔    z ' =  y − = y    y =    y =    −1 3 −1 3   x =     y =    x =    y =   ⇔   x =    y =     x =     y =   −1 −1 −1 3 −1 3 ⇒h/số có điểm tới hạn: −1 −1 −1 , ), M ( , 3 −1 M 3( , ), M ( , 3 M1( Ta lại có: ) ) r = z' ' xx = 6x s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗ t = z ' ' yy = y ⇒lần lượt xét điểm tới hạn ta có : Tại r = z ' ' xx( M ) = −1 M1 ( −1 , ) = −2 s=⊗ −1 t = z ' ' yy( M ) = = −2 3 ⇒ s − rt = ⊗ − 3 = − 12 < r = −2 < ⇒h/số đạt cực đại M1 ( Z max = z ( −1 −1 , ) 3 ⇒ Z max = Tại M ( −1 , −1 −1 , ) 3 )⇒ r = z ' ' xx ( M ) = 6.( −1 ) = −2 3 s = z ' 'xy = ⊗ t = z ' ' yy ( M ) = =2 3 ⇒ s − rt = ⊗ + 3.2 = 12 > ⇒h/số ko đạt cực trị M2   r = z ' ' xx ( M ) = = 1  Tại M ( ,− ) ⇒  s = z ' ' xy = 3   t = x' ' yy ( M ) = 6.(− ) = − 3  ⇒h/số dạt cực trị : M 3( ,− ⇒ S − rt = ⊗ + 3.2 = 12 > )   r = z ' ' xx( M ) = =2  1  , ) ⇒  s = z ' ' xy = z ' ' yx = ⊗ Tại M ( 3  t = z ' ' yy ( M 4) = =   ⇒ S − rt = ⊗ − 3.2 = −12〈0 mà r = 3〉0 ⇒h/số đạt cực tiểu M ( với Z = z ( , 3 )=− , ) Như h/số đạt cực đại M (− ,− ); Z max = Đạt cực tiểu tại: M4( , ); Z = − Câu : (2đ) Tỡm cực trị hàm số z = x4+y4 – 2x2 + 4xy -2y2 z’x = 4x3 – 4x + 4y z’y = 4y3 – 4y + 4x z’’xy = 4, z’’x2 = 12x2 – z’’y2 = 12y2 –  z' x =  x − x + y =  x + y =  ( x + y )( x + y − xy )= ↔   ↔   z' = ↔   y x3 − x+ y =  y − y + x =  x − x + y =    x + y =0   x + y =0   x − x + y =0   x − x =0 ⇔  ⇔  xy =     x =0  x − x + y =0   y =0     x =0   y =0    x = ⇔  y=−   x = −  y =  + Xét A(0,0) z’’x2 = - = z’’y2 z’’x2y – z’’x2 z’’y2 = + Xét (x,y) theo đường (0,y) => z(0,y) – z(0,0) = y2(y2-2) z(y,y) – z(0,0) = 2y4 >0 Khi y lõn cận Từ trường hợp => (0,0) k0 Cực trị ( ,− )thayvào= >cựcd ại * Xột B ( , )thay  vµo = > cùc tiĨu * Xét A Câu : (2đ) Tỡm cực trị hàm số: z = xy+ 50 + 20 với x>0, y>0 x y Giải: Bước  z' = y − 50  x x2  20  z' x − y  y −   x −  Tỡm cỏc điểm dừng y− 50    20   y2    50 = x2 20 = ⇒ y2  y − 50 = 0(1)  x2  20 ( 2) Thay (2) vào (1) ta có x =  y2  = ⇒ y − y = => 8y – y4 = => y(8-y3) = y =0  ⇒ = ( − y )( + y + y ) = − y y = 0loạitheobàira y = 2     ⇒ x = 5        y2 − y + = ( y +1) + > Vậy có điểm dừng M1(5,2) Bước 2: Tính ∆ = B − AC A = z ' ' x = 100 x B = z ' ' xy = ⇒ ∆ = − 4000 x3 y 40 C = z' ' y = y3 Tại điểm dừng M(5,2) ta có ∆( ,2 ) = − = −3 < => hàm số đạt cực trị ta lại có A( ,2 ) = 100 > ⇒ Tại M hàm số đạt cực tiểu 125 Câu : (2đ) Tỡm cực trị cuả hàm số z= x3 + y3 – x2y Giải: Bước 1:  z' = x − xy x  2  z' y = y − x Tỡm cỏc điểm dừng có hệ  3 x −2 xy =0(1)  2  3 y − x =0( 2) Từ (1) => x(3x-2y) =0  x = 0                        ⇒ 3 x = y ⇒ x = y  thay x=0 vào (2) ta có 3y2=0 =>y=0 thay x=2/3.y vào (2) ta có y y = ⇒ 27 y − y = 23 y2= => y=0 Vậy ta có điểm dừng M(0,0) Bước 2: Tớnh ∆ = B − AC A = z' ' x = x − y B = z ' ' xy = − x ⇒ ∆ = x − (6 x − y ).6 y C = z' ' y = y xét điểm dừng M(0,0) ta có ∆( ,0 ) = => chưa có k.luận cực trị, xét hàm số (0,0): z=0; z>0 với x=y Câu : (2đ) Tỡm cực trị hàm số z= x + y +1 x + y +1 x2 + y + − z' x = z' y = x (2 x+ y + 1) x + y2 +1 x2 + y + = ( x + y +1) − ( x + xy + x )  x + y +1    = y − xy − x +  x + y +1    x − xy − y +  x + y +1    10 x y z x y z ⇒ gradu= ( , , )⇒Thông lượng trường vectơ gradu qua mặt cầu S :x2 + y2 + z = Φ = ∫ ∫ dydz+ dzdx+ dxdy u u u u u u s = ∫ ∫xdydz+ ydzdx+ zdxdy s U =1 S áp dụng c/thức ostrogradsky ta có Φ = 3∫ ∫ dxdyz ∫ V h/cầu x2 + y2 + z2 ≤ v ⇒ Φ = 3.(thể tích V) = π = 4π Câu1(4đ) y y' ⇔ ln y cos x = ln y y y' ⇔ ln y = y cos x y ' cos x = Đặt z = ln y ⇒ z ' = y' y thay vào ,ta : z '.z = ⇒ ∫ z '.zdx = ∫ =∫ cos x cos x z2 dx ⇔ cos x dx − sin x d (sin x ) =∫ (1 − sin x)(1 + sin x ) d (sin x ) d (sin x ) + ∫ ∫ + sin x − sin x 1 + sin x = ln + ln C − sin x z2 x π ⇔ = ln C tg ( + ) 2 = x 2 Thay lại ,ta có nghiện tổng quát PT: ln y = ln C tg ( + π ) b/ y ' '−y = x sin x +Đây PT vi phân tuyến tính cấp ko +Xét PT tương ứng y ' '− y = ⇒ PT đặc trưng : k k − = ⇔  1=1  k = −1 ⇒ PT đặc trưng có nghiệm thực phân biệt nghiệm tổng quát PT đặc trưng : y = C1.e x + C2 e −x +Ta tìm No riêng Pt vi phân tuyến tính cấp ko cho: y ' '− y = x sin x = x ( − cos x ) x x − cos x = f1( x) + f ( x) 2 x với f1 ( x ) = = e ox P1 ( x) ⇒ α = 0, n = nên no riêng có dạng = yR1= Ax +B → y’R1 = A→ y’’R1= thay vào pt : y’’- y = f1(x) = x  x A = − ⇔ 2→  → (Ax+B)= B =  x No riêng : yR1 = − x Với f2(x) = − cos x = eox [ P1( x) cos x + Q0 ( x) sin x ] x →pt : y’’-y= f ( x) = − cos x 23 có N0 riêng dạng yR2= (Ax+B)cos2x + Csin2x → y’R2 =Acos2x –2(Ax + B)sin2x +2Ccos2x = (A+2C)cos2x – 2(Ax +B)sin2x → y’’R2 = - 2(A +2C)sin2x – 2Asin2x – 4(Ax+B) cos2x = -4(A+C)sin2x –4(Ax+B)cos2x Thay vào pt ta : (-4A –5C)sin2x – 5(Ax+B)cos2x x = − cos x −(4 A + 5C ) =   ⇔ 5 A =  5B =   A = 10  ⇔ B =  −4 −2 C = = 10 25  No riêng: y ' R2 = x cos x − sin x 10 25 Như vậy, No riêng pt vi phân khg cho : yR = yR1 +yR2 = −x + x cos x − sin x 10 25 Vậy No tổng quát pt cho ytq = y + y R = C1.e x + C2 e − x x − + x cos x − sin x 10 25 Câu2(4đ) a Tìm No riêng PT: y ln y + y ' x + = y' ⇔ =− x +1 y ln y đặt z = ln y ⇒ z ' = y' y Thay vào ta được: z' =− Tích phân vế : x +1 z3 z ' dx dx ⇔ ∫ = −∫ x +1 z 1 = −2 x + − C ⇔ z2 z (2 x + + C ) = Thay z = ln y → ta có: ln y (2 x + + C ) = y ( −15 ) = e → thay vào: 16 − 15 + + C) = 16 1 ⇔ 4.(2 + C ) = 1 −3 ⇔C= − = 8 ln (e ).(2 Vậy,No riêng Pt cho : ln y (2 x + − ) = b.Tìm No tổng quát : y ' '−3 y ' = x = eox p2( x ) -Đây PT tuyến tính cấp ko - PT đặc trưng tương ứng PT tuyến tính cấp y ' '−3 y ' = là: k − 3k = ⇔ k (k − 3) = k = ⇔ k = 24 →no t/quát PT là: y = C1.e ox + C2 e3x = C1 + C2 e3 x ta tìm No riêng PT vi phân cấp Ko cho có dạng : YR = x(ax + bx + C ) (Vì k1 = = α ) ⇒ ax + bx + C ⇒ y ' R = 3ax + 2bx + C y ' ' R = 6ax + 2b ⇒ y ' ' R −3 y ' R = 6ax + 2b − 9ax − 6bx − 3C = x ⇔ −9ax + 6(a − b) x + 2b − 3C = x − 9a =  ⇔ 6(a − b) = 2b − 3c =   a = b = − ⇔ C = b = − = −  3 27 Vậy →một no riêng PT : 1 y R = − x( x + x + ) 9 27 −x 2 = (x + x + ) → No t/quát Pt cho : Ytq = y + y R = C1 + C2e3x − x 2 (x + x + ) Câu3(4đ) a y '− y sin x = sin x cos x ⇔ y ' = sin x( y + cos x) (*) Đặt z = y + cos x ⇒ z ' = y '− sin x ⇔ y ' = z '+ sin x Thay vào (*) ta được: z '+ sin x = sin x.z ⇔ z ' = sin x ( z − 1) z' ⇔ = sin x z −1 Tích phân vế : z ' dx = ∫ sin xdx z −1 dz ⇔∫ = ∫ sin xdx z −1 ⇔ ln z − = − cos+ C ⇔∫ (C số ) ln y + cos x − = − cos x + C +Thay z = y + cos x ta No t/quát Pt : ⇔ y + cos x − = e −cos x + C ⇔ y = − cos x + e −cos x + C b y ' '− y = x cos x = x x + cos x 2 - Đây PT vi phân tuyến tính cấp Ko - Xét PT vi phân tương ứng : y ' '− y = →PT đặc trưng : k − = ⇔ k1,2= ±1 →PT có No t/quát y = C1.e x + C2e − x - Xét Pt Ko cho : x x + cos x 2 = f1( x ) + f 2( x) y ' '− y = →Ta tìm No riêng ứng với Pt : y’’- y = f1(x) (1) yR1 y’’ – y = f2(x) (2) yR2 25 ta có : f1( x) = x = eox P1( x) (α ≠ k1, k ) → Ta tìm N0 riêng dạng : yR1 = e0X (Ax + B) →y’R1 = A → y’’R1 = Thay vào (1) : −1  x A = ⇔ 2 B =  x → N0 riêng yR1 = − – (Ax +B) = ∗ Ta có : f2(x) = eox [ P1( x) cos x + Q0 ( x) sin x] → Ta tìm N0 riêng dạng yR2 = e0x.((ax+b)cos2x+ Csin2x) → yR2 = (ax+b)cos2x + Csin2x → y’R2 = acos2x –2(ax+b)sin2x + 2Ccos2x = (a+2c)cos2x – 2(ax+b) sin2x → y’’R2 = -2(a+2c)sin2x – 2asin2x – 4(ax+b)cos2x = -4(a+c)sin2x – 4(ax+b)cos2x Thay vào (2) ⇒ - (4a +5c)sin2x – 5(ax+b)cos2x =   4a + 5c =   − 5b = ⇔   − 5a =  Vậy → yR2 = x cos x ⇔ −1   a = 10  b =   −4  c = 10 =  −  25 −1 x cos x − sin x 10 25 Như theo n/lý chồng chất N0, N0 riêng pt cho : YR = YR1 + YR = x x − − cos x − sin x 10 25 Vậy N0 tq pt cho : Ytq = Y + YR = C1e x + C e − x x x − − cos x − sin x 10 25 Câu : (4đ) a) 2ydx + (y2 – 6x)dy = dx y x + −3 = dy y −y ⇔ x '− x = y ⇔ Đây pt vi phân t2 cấp không với : P( y ) = −3 −y ; Q( y ) = y →C/thức N0 t/quát : x=e − ∫ P( y ) dy  ∫ P dy e ( y) ×  ∫ Q( y ) dy + C Đặt ] I = ∫ p ( y ) dy = ∫ −3 dy y dy = − ln y y P dy J = ∫ e ∫ ( y ) Q( y ) dy y −3 = ∫ − ln y dy = ∫ ln y ydy 2 dy  du = y u = ln y  ⇒ Đặt  dv = ydy  y2 v =  = − 3∫ 26  y2 y dy  ⇒ J = −  ln y − ∫  2 2 y  3 = − y ln y + ∫ ydy 4 3 = − y ln y + y Vậy→no t/quát pt là:  x = ln y  − y ln y + y + C ]  (C số ) b y ' '−9 y '+20 y = e x +Đây Pt vi phân t2 cấp ko +Xét Pt tương ứng : y ' '−9 y '+20 y = →Pt đặc trưng: k − 9k + 20 = k = ⇔ (k − 4)(k − 5) = ⇔  k = →Pt đặc trưngcó 2No thực phân biệt k1 = 4, k = nên no t/quát Pt : y = C1e x + C2 e5 x -Xét Pt vi phân ko cho y ' '−9 y '+20 y = e x = f ( x) ⇒ f ( x ) = e x = eα x p o ( x ) ⇒ α = = k1 ⇒Ta tìm No riêng có dạng: y R = xe x A ⇒ y ' R = Ae x + Ax.e x = A(1 + x )e x  y ' ' R = A 4.e x + 4(1 + x).e x    x = A(1 + x )e thay vào ta có : y ' ' R − y ' R + 20 y R = e x ⇔ A(1 + x)e x − A(1 + x)e x ⇒no riêng : y R = − x.e x + 20 Ax.e x = e x ⇔ − Ae x = e x ⇔ A = − Vậy, No t/quát pt cho : Ytq = y + y R = C1e x + C2e5 x − x.e x Câu5(4đ) a.Tìm No riêng: y '− y = x ln x x ln - Đặt: x = et ⇒ dx = et dt = xdt dt dy ⇔ = = e −t ⇒ y ' = dx x dx dy dt − t − t = = y 't e = e y 't dt dx thay vào Pt ta : e −t y 't − y = t.et ⇔ t.et   p(t ) = − t y '− y = t.e 2t ⇒  t q = t.e 2t  (t ) ⇒Đây Pt vi phân t2 cấp ko t ⇒No t/quát: − p dt  p dt y = e ∫ (t )  ∫ e ∫ (t ) q (t ) dt + C ]  +Ta có : I = ∫ p(t ) dt 27 = ∫ − dt = − ln t t ∫ p dt J = ∫ e (t ) q(t ) dt = ∫ e −ln t t.e 2t dt = ∫ t.e 2t dt t t e = ∫ e 2t dt = Vậy⇒No t/quát:  e 2t  e 2t y = eln t  + C  = t.( + C)     Thay t = lnx , et = x ⇒ y = ln x( x + C ) 2 do: y(e) = e thay vào ta có : e2 + C) 2 e e = +C = ⇒C =0 2 y (e) = ln(e).( y   y '− x ln x = x ln x  Vậy N0 riêng pt  e2   y ( x) = 2 => y = x ln x b) Tìm N0 t/quát: y ' '−2 y '+ y = x.e x Đây pt viphân t2 cấp không Xét pt tương ứng: y’’ –2y’ + y = → pt đặc trưng k2 – 2k + = ⇔ (k – 1)2 = ⇔ N0 kép k1 = k2 = → pt có N0 t/quát : y = e x (c1 + c2 ) x Ta tìm N0 riêng pt khơng t/nhất cho có dạng: y R = x e x ( ax + b) f ( x) = x.e → α = = k1 [ [ ] = e x ax + bx + 3ax + 2bx x →yR = eX (ax3 + bx2) → yR = e ax + (b + 3a) x + 2b x ⇒ y ' ' R = e ax + (3a + b) x + 2bx + 3ax + 2(3a + b) x + 2bx x [ y ' ' R = e ax + (6a + b) x + 2(3a + 2b) x + 2b] ] [ ] Thay vào pt cho ta được: y' ' R − y' R + y R = e x [ [ 6a + b − 2(3a + b) + b] x + [ (6a + 2b) − 4b] x + 2b ] = xe x ⇔ (6a – 2b) x + 2b = x  6a − 2b = a = ⇔  2b = b =  x3 Vậy → N0 riêng: y R = x e x ( x + 0) = e x 6 → N0 t/quát pt cho là: Ytq = Y + YR = e x (C1 + C x)  x3  x3 x + e = e x  + C x + C1    Câu : (4đ) a)Tìm N0 riêng y’ + tgy = x cos y ⇔ y’cosy + siny = x Đặt z = siny → z’ = y’cosy 28 Thay vào ta có: z’ + z = x  p( x) = q ( x ) = x Đây trở thành pt vi phân t2 cấp khg t/nhất với :  → CT N0 t/quát Z = − p dx  p dx e ∫ ( x )  ∫ e ∫ ( x ) q( x)dx + C ]  Ta có : I = ∫ p( x) dx = ∫ dx = x ∫ p dx J = ∫ e ( x) q( x )dx = ∫ e x xdx u = x Đặt:  dv = e x dx du = dx → v = e x → J = x.e − x ( x − 1)e x + c    x = c.e + ( x − 1) Như vậy: sin y = c.e x + ( x − 1) (c h/số) do: y(0) = =c.e0 + (0 – 1) = c – ⇔c = Vậy N0 riêng cần tìm : siny = e x + x − ⇔ y = arcsin(e x + x − 1) b) Tìm N0 t/quát pt: y ' '−5 y '+6 y = x + e x Đây pt vi phân t cấp khg Xét pt tương ứng: y’’ – 5y’ + 6y = → pt đặc trưng k2 – 5k +6 = k = → (k - 2) (k – 3) = ⇔ k =  →pt có N0 thực phân biệt →pt có N0 t/quát y = c1.e x + c2 e3x - Xét pt khg cho: y’’–5y’+6y = x + e x = f1(x)+f2(x) + Với f1(x) = x → y’’–5y’+6y = f1(x) = eox p1( x) (α = ≠ k1, k2 ) →Ta tìm N0 riêng có dạng : y R1 = e ox (ax + b) = ax + b → y’R1 =a → y’’R1 = Thay vào ta có: –5a + 6(ax +b) =x ⇔6ax + 6b –5a = x 6a = ⇔ 6b − 5a =  a = ⇔ b = a =  36 No riêng: y R1 = x + 36 f ( x) = e x ⇒ y ' '−5 y '+6 y + Với : = f ( x) = e x Qo ( x) ⇒ α = ≠ k1 , k ⇒ ta tìm No riêng dạng: y R2 = e x A ⇒ y ' R2 = y ' ' R2 = A.e x Thay vào ta : A.e x − A.e x + A.e x = e x ⇔ A.e x = e x ⇔ A = x ⇒ y R2 = e Theo n/lý chồng chất No →riêng Pt cho : 29 y R = y R1 + y R2 1 = ex + + 36 Vậy No Pt cho : ytq = y + y R = C1e x + C2e3 x 1 + ex + x + 36 (C1 ,C2 số) Câu7(4đ) y = x2 y4 x y' 1 ⇔ + = x2 y y3 x a y '+ Đặt z = ⇒ z ' = y = −3 y ' y ⇔ y' y = − y '.y y6 −1 z′ Thay vào ,ta có : −1 z '+ z = x x ⇔ z '− z = −3x x −3 ⇒Với p( x) = , q( x) = −3x x Pt vi phân t2 cấp ko ⇒c/thức No t/quát: − P dx Z = e ∫ ( x)  ∫ P( x ) dx  × ∫ e Q( x) dx + C  ⇒   −3 I = ∫ P( x) dx = ∫ dx = − ln x x P dx J = ∫ e ∫ ( x ) Q( x)dx = ∫ e − ln x (− 3x )dx = ∫ (− 3x )dx x3 dx = − 3∫ = − ln x x ⇒ Z = e ln x [ − ln x + C ] = x [ C − ln x ] Thay: Z = y3 ⇒ y3 = x [ C − ln x ] ⇒No t/quát: = x3 [C − ln x ] (C hằngsố) y b y ' '+4 y '+3 y = x.e − x Đây Pt vi phân t2 cấp ko ⇒xét Pt t.ứng: y ' '+4 y '+3 y = ⇒xét Pt đặc trưng t.ứng: k + 4k + = k = −1 ⇔ (k + 1)(k + 3) = ⇔   k2 = − ⇒Pt đặc trưng có No thực phân biệt ⇒No t/quát Pt : Y = C1.e − x + C e −3 x - Xét Pt ko cho : y ' '+4 y '+3 y = x.e − x = f ( x) = eαx P1 ( x) ⇒Do α = −1 = k1 ⇒ta tìm No riêng Pt ko có dạng: y R = x.e− x (ax + b) = e − x (ax + bx) ⇒ y ' R = e − x  2ax + b − ax − bx    − x   = e − ax + (2a − b) x + b −( 2a − b ) x − b ]   y' 'R = e− x  − 2ax + 2a − b + ax  = e − x  ax − (4a − b) x + 2(a − b)]  30 Thay vào ta : y' ' R + y ' R + y R = e − x ax − (4a − b) x + 2(a − b) − 4ax + (8a − 4b) x + 4b + 3ax + 3b x ] [ = e − x [ 4ax + 2(a + b)] = x.e − x   a =  4a = ⇔ ⇔  2( a + b ) =  b = − a = −  ⇒No riêng YR = x.e − x ( x − 1) x( x − 1) − x = e 4 Vậy No t/quát Pt: Ytq = Y + YR = C1e − x + x ( x − 1) C2 e − 3x + e − x Câu8(4đ) a.Tìm No riêng Pt: x y '+ y = e y ⇔ y' y Đặt:Z= y ⇒ z ' = x + y = e2 y' y ⇔ y' y = z' x Thay vào ⇒ z '+ z = e ⇔ z '+ 1 x z = e2 2  P ( x) =  với  x  q ( x) = e 2  Đây Pt vi phân t2 cấp ko ,No tổng quát : Z = − P ( x ) dx  ∫ P ( x ) dx e ∫ Q( x)dx +C ]  ∫ e dx I = ∫ P( x)dx = ∫ = x −x 2 Z = e ex + C P( x ) dx J = ∫ e∫ Q( x)dx = −x x x x + e2 = C e x x 2 ∫ e e dx = ∫ e dx = e 2 [ x ] x − y = C.e + e 2 −0 02 Y (o) = C.e + e Thay : =C+ = ⇔C = 4 ⇒no t/quát - Vậy No riêng Pt : y = −2x 2x e + e b.Tìm No t/quát Pt: y ' '+6 y '+5 y = x + e − x - Đây Pt vi phân t2 cấp ko hệ số số! - Xét Pt tương ứng: y ' '+6 y '+5 y = ⇒ Pt đặc trưng: k + 6k + = k = −1 ⇔ (k + 1)(k + 5) = ⇔   k2 = − ⇒Pt có No thực phân biệt, No t/quát Pt : Y = C1.e − x + C e −5 x - Xét Pt ko cho: y ' '+6 y '+5 y = x + e − x = f1( x ) + f 2( x) f = x = e ox p1( x) với 1( x) (α = ≠ k1, k ) ⇒Ta tìm No riêng dạng : 31 YR1 = e ox (ax + b) Của Pt: y ' '+6 y '+5 y = x = f1( x ) (1) ⇒ y ' R1 = a ⇒ y ' ' R1 = ⇒ + 6a + 5ax + b = x ⇔  a= x−6 ⇒ YR1 = thay vào 5a = ⇔  5 a + b = o −  b = − 6a =  −x αx +Với f 2( x ) = e = e po( x) ⇒ α = −1 = k1 ⇒Ta tìm No riêng dạng: YR = Axe − x Pt: y ' '+6 y '+5 y = f 2( x ) = e − x ( 2) ⇒ y ' R = Ae − x [1 − x ] y ' ' R = Ae − x [ − − (1 − x)] = Ae − x ( x − 2) thay vào PT (2) ⇒Y ' ' R +6Y ' R +5YR = Ae − x [ x − + 6(1 − x ) + x ] = Ae − x = e − x ⇔ A = −x ⇒No riêng: YR = xe - Theo nguyên lý chồng chất No ⇒No riêng Pt : y R = y R1 + y R x − −x = + xe - Vậy ,No t/quát Pt cho: ytq = y + y R = C1e − x x − x −x + C e −5 x + + e Câu9(4đ) a y ' '+ y = tgx -Đây Pt vi phân t2 cấp ko - Xét Pt tương ứng : y ' ' = y = ⇒ pt đặc trưng: k + = ⇔ k1,2 = ± i = ± i ⇒Pt đặc trưng có cặp No phức liên hợp k1,2 = ± i ⇒No tổng quát Pt : y = eox (C1 sin x + C2 cos x) = C1 sin x + C2 cos x -Xét Pt vi phân ko cho: y’’+y = tgx ta tìm No riêng Pt t2 ko dạng: y R = C1( x) sin x + C2( x) cos x theo P2 biến thiên số Largrange ,ta có C1( x) , C2( x) No hệ : C '1 ( x) sin x + C ' ( x) cos x sin x = 0(1) (1) ⇒ C ' ( x) = − C '1 ( x) C ' ( x) cos x − C ' ( x) sin x cos x = −tgxC '1 ( x) = tgx(2)  Thay vào (2) ⇒ C '1 ( x) cos x + tgx sin xC '1 ( x) = tgx ⇔ C '1 ( x) tgx = cos x + tgx sin x sinx cosx = sinx sin2 x cosx + cosx ⇒ C ' ( x) = − tgx sin x − sin x = = cos x − cos x cos x ⇒ C1 ( x) = ∫ C '1 dx = ∫ sin xdx = − cos x sin x C 2( x ) = ∫ C ' dx = − ∫ dx cos x = 32 = −∫ sin x d (sin x) cos x (đặt t=sinx) 1− t −1 dt = ∫ dt 1− t 1− t2   = ∫ 1 − dt ( − t )( + t )    1  = ∫ dt − ∫  + dt  − t + t  1+ t = t − ln 1− t = −∫ t2 1 + sin x ⇒ C ( x) = sin x − ln − sin x Vậy ⇒No riêng : y R = C1 ( x) sin x + C ( x) cos x ⇒ y R = − sin x cos x 1 + sin x + cos x(sin x − ln ) − sin x 1 + sin x = − cos x ln − sin x Như vậy,No tổng quát Pt cho : ytq = y + y R = C1 sin x + C2 cos x 1 + sin x cos x ln − sin x b y ' '−3 y '−4 y = e x − -Đây Pt vi phân t2 cấp ko hệ số số -Xét Pt tương ứng: y’’- 3y’- 4y =0 ⇒Pt đặc trưng: k − 3k − = k = ⇔ (k − 4)(k − 1) = ⇔   k2 = − ⇒Pt đặc trưng có no thực phân biệt ⇒no t/quát Pt y = C1e x + C e − x -Xét Pt vi phân cấp ko cho: y ' '− y '− y = e x ⇒ f ( x) = e x = eα x po( x) ⇒ α = = k1 ⇒Ta tìm no riêng Pt dạng: y R = x.e x A = Axe x ⇒ y ' R = Ae x (1 + x) y ' ' R = Ae x (4 + 4(1 + x)) = Ae x (1 + x) Thay vào ta có : y ' ' R − y ' R − y R = Ae x (1 + x) − Ae x (1 + x) − Ax.e x x x = A.e x [ + 16 x − − 12 x − x ] ⇒No riêng : y R = e 4x 4x = A.e = e ⇔ 5A = ⇔ A = Vậy No t/quát Pt: y tq = y + y R = C1e x + C e − x + x 4x e Câu10(4đ) a y ' '+ y = cos x - Đây Pt vi phân t2 cấp ko hệ số - Xét Pt vi phân tương ứng :y’’+ y = ⇒Pt đặc trưng: k + = ⇔ k1, = ±i ⇒Pt đặc trưng có No phức liên hợp nên No t/quát Pt nhất: y = e ox (C1 sin x + C2 cos x ) = C1 sin x + C2 cos x 33 -Xét Pt cho : y ' '+ y = cos x ⇒Ta tìm No riêng có dạng: y R = C1 ( x ) sin x + C ( x ) cos x C '1 sin x + C '2 cos x =  ⇒theo p biến thiên số Largrange ,C1(x) C2(x) No hệ : C ' cos x − C ' sin x =  cos x  C ' = − tgxC '1  dx C '1 = ⇒ C1 = ∫ C '1 dx = ∫ sin x  cos x (cos x + ) 1− tg2x  cos x cos x = = cos x − sin x − tg x =∫ =∫ cos xdx − sin x =∫ d (sin x) − sin x dt −2t b Giải PT: y ' '+5 y '+4 y = e −4 x - Đây Pt vi phân t2 cấp hệ số - Xét Pt tương ứng: y’’+5y’ +4y =0 ⇒Pt đặc trưng: k + 5k + = ⇔ k = −1 (k + 1)(k + 4) = ⇔  k = −4 ⇒Pt đặc trưng có no thực phân biệt ⇒No t/quát Pt : y = C1e − x + C2e −4 x - Xét Pt vi phân ko cho : y ' '+5 y '+4 y = e−4 x = f ( x) ⇒ f ( x) = eαx po( x ) α = −4 = k nên ta tìm No riêng có dạng: y R = Ax.e −4 x ⇒ y ' R = Ae − x (1 − x) y ' ' R = A.e − x [ − − 4(1 − x)] = Ae − x (2 x − 1) Thay vào pt ⇒ y ' ' R +5 y 'R +4 y R = − x = e− x ⇔ A = − A.e − x [16 x − + 5(1 − x) + x] = − A.e 1 Vậy ⇒ y R = − x.e −4 x 3 Như ,no t/quát Pt cho : ytq = y + y R = C1e − x + C2e − x − xe − x Câu11(4đ) a y''+5y'+6y = − 1+ e2x  k1 = −2 -Pt đặc trưng k + 5k + = ⇒   k2 = −3 ⇒No t/quát Pt : y = c1e−2x + c2e−3x sử dụng p2 biến thiên số:  C '1 e − x + C ' e − x =  − 2x − 3C ' e − x 0 − 2C '1 e  = − + e2x  ⇒ C '2 e − 3x = ⇒ C '2 + e2x 3x e e3x = ⇒ C2 = ∫ dx 2x 1+ e + e 2x Đặt t= ex ⇒ dt= exdx = tdx 34 ⇒ dx= dt t t3 dt t2dt ⋅ =∫ 1+ t t 1+ t2 = ∫ (1− )dt= t− arctgt+ k2 1+ t2 ⇒ C2 = ∫ ⇒= ex − arctgex + k2 C '1 = − =− C '2 e−3x = −C '2.e− x e−2x e3x e2x ⋅ e− x = − x 1+ e 1+ e2x ⇒ C1 = ∫ e2x dx 1+ e2x Đặt t= ex ⇒ dx = dt t t2 dt t ⋅ =∫ dt 1+ t2 t 1+ t2 = ln(1+ t2)+ k1 = ln(1+ e2x)+ k1 ⇒ C1 = ∫ ⇒Pt ko có No   y =  K1 + ln(1 + e x ) e − x   + K + e x − arctge x e − x [ ] e− 2x = K 1e− 2x + K 2e− 3x + ln⋅ (1+ e2x)+ e− 2x − e− 3xarctgex  k1 = b) Pt đặc trưng k − 3k + = ⇔   k2 = ⇒Pt có No t/quát y = C1ex + C 2e2x Ta tìm No riêng pt ko có dạng: y∗ = x(ax+ b)ex = (ax2 + bx)ex ⇒ y*'= ex  ax2 + bx + 2ax+ b   *' ' x  y = e  ax + bx + 2ax+ b +  2ax+ b + 2a]  − 2a = 1 = xex ⇒  ⇒ a= − ; 2a − b =  x  e  (ax + 4ax+ bx + 2a + 2b)−  b = 2a = − Thay vào pt ban đầu 3(ax2 + bx + 2ax+ b)+ 2(ax2 + x ⇒ y* = − x( + 1)ex bx)] = x.ex ⇒ ex[ − 2ax+ 2a − b] x = − (x + 2)ex Pt ko có No t/quát y = y + y* x = C1ex + C 2e2x − (x + 2)ex Câu12(4đ) a y ' '+2 y'+ y = 3e − x + x -Pt đặc trưng k + 2k + = có No kép k1 = k2 = −1 ⇒Pt có dạng t/quát: y = e − x (C1 + C2 x)  (C ' + xC ' )e− x = C '1 + xC '2 = ⇔  [ − C '1+ C '2 (1 + x)] e− x = 3e− x + x  − C '1+ (1 − x)C '2 = + x -áp dụng p2 biến thiên số lagrange:  ⇒ C '2 = + x ⇒ C2 = 2(1 + x) + k ⇒ C '1 = −xC '2 = −3x + x = −3(1 + x) + 3(1 + x ) 3.2 ⇒ C1 = − (1 + x) + 2(1 + x) + k1 35  y = e − x k1 − (1 + x ) +  5  = e − x  k1 + k x + (2 − )(1 + x)    3  5 2(1 + x ) + k x + x (1 + x )  − x   = e  k1 + k x + (1 + x)    b y ' = y y + sin x x z' ⇒ z+ xz'= z+ sinz ⇒ = sinz y ⇒ y = xz ⇒ y'= z+ xz' Đặt: z= dz sinzdz x ⇒ = dx ⇒ = sinzx 1− cos2 z x dx x d (cos z ) dx = x cos z − 1 − cos z ⇒ ln + cos z ⇒ = ln Cx ⇒ ln z z = ln Cx ⇒ ln = Cx z cos ⇒ z = xarctgCx sin Câu13(4đ) a y ' = cos( x − y ) Đặt z = x-y ⇒z’ = – y’ thay vào Pt ta : – z’ = cosz dz = dx − cos z dz z ⇒ = dx ⇒ cot g z 2 sin b y ' '−7 y '+12 y = e3x x− y = C − x ⇒ cot g ( )=C−x pt đặc trưng k − 7k + 12 = ⇒z’ = 1-cosz ⇒ (2) có No: k1 = 3, k2 = ⇒Pt có No t/quát : y = C1e3 x + C2e x Pt (2)có No riêng dạng y* = Axe3x ⇒ y '* = Ae3x (1 + x) y ' '* = Ae3 x (6 + x ) thay vào (2) : Ae3 x [ + x − 7(1 + 3x) + 12 x ] = e3 x ⇒ A = − Vậy (2) có No t/quát: y = C1e3 x + C2e x − xe3 x câu14(4đ) a y '− y = x x -Đây Pt vi phân t2 bậc dạng: y’+ py = q có No t/quát: − Pdx  ∫ Pdx dx  y=e ∫ C + ∫ Qe  dx = ln ∫ Pdx = ∫ − x x Pdx dx = ∫ x dx ∫ Qe ∫ x dx =∫ =2 x x ⇒No t/quát y = x(C + x) b y''−4y'+3y = e3x -Pt đặc trưng : k2 + 4k + = có No: k1 = 3,k2 = ⇒Pt có No t/quát : y = C1e3x + C 2ex ta tìm No riêng Pt ko dạng: y* = Axe3x ⇒ y'* = Ae3x(1+ 3x) y''* = Ae3x(6 + 9x) Thay vào Pt đồng hệ số : 36 Ae3x[ + 9x − 4(1+ 3x)+ 3x] = e3x ⇒ y* = xe3x x y = C1e3x + C 2ex + e3x ⇒Pt có No t/quát y(o) = ⇒ C1 + C = 1(1) ⇒ y'= 3C1e3x + C 2ex + e3x + xe3x 2 = 9(2) C1 + C = 1(1) 3C + C = 17 (2)  15 15 ⇒ 2C1 = ⇒ C1 = -Giải hệ 15 11 C = − C1 = − = − ⇒ 4 y = 15e x − 11e x + xe x y'(o)= ⇒ 3C1 + C + [ ] 37 ... đư ng cong B ng cách lấy tích phân d c theo biên tam giác ACB ,v i C(o ,1) 18 I= ∫ 1+ y2 dy = (2 − + ln 2+ ) 1 I= ∫ pdx+ Q dy+ ∫ pdx+ Q dy AC CB o = ∫ (2x.ln 1) dx + o + ∫ (o + 1+ y2 )dy ⇒ I= ∫ 1+ ... ∂Q ∂p ⇒Theo c ng thức Green ta có: I = ∫ ∫( ∂x − ∂y )dxdy D V i D miền kín biểu di n h/ vẽ ⇒ y y2 I = ∫ ∫( y − 1) dxdy D = ∫ dy ∫ ( y − 1) dx 16 = ∫ ( y − 1) ( y − y )dy = ∫ ( − y + y − y )dy − y4... thỡ i m cực trị k0 thuộc miền D XÐt: z (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) T m giỏ trị nhỏ lớn h m số: Z= x2+y2 -12 x +16 y trờn miền
- Xem thêm -

Xem thêm: DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM THI TOÁN THPT, DẠNG CÂU HỎI 1 ĐIỂM THI TOÁN THPT

Từ khóa liên quan