[Bluebee-uet.com]1496159741dap-an-va-thang-diem-de-thi-gt2-giua-ky-de-so-3.pdf

(1)

1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ Đáp án và Thang điểm

***** ĐỀ THI GIỮA KỲ HỌC PHẦN GIẢI TÍCH 2

(Học kỳ II năm học 2016-2017)

Câu 1.(1,25đ)Khảo sát tính liên tục tại điểm O(0,0) của hàm số

         ) 0 , 0 ( ) y , x ( khi c ) 0 , 0 ( ) y , x ( khi y x y x ) y , x ( f 2 2 3 3 trong đó c là tham số. Bài giải.

Miền xác định của hàm số f(x,y) đang xét là D = R2_._(0,25đ)

Ta có                3 ₂ ₂3 3₂ ₂ ₂3 ₂ ₂3 ₂ ₂3 ₂ y x x sin y y x y sin x y x x sin y y x y sin x y x x sin y y sin x ) y , x ( f 0                 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 y x y y x x 1 . y x y 1 . y x x x sin y x y y sin y x x y x x sin y y x y sin x 0 y x y y x x 2 3 2 3   

 (0,25đ) khi (x,y)  0 nên theo nguyên lý kẹp thì

0 y x x sin y y sin x lim ) y , x ( f lim ₂ ₂ 3 3 ) 0 , 0 ( ) y , x ( ) 0 , 0 ( ) y , x (       .(0,25đ) Do đó, nếu d = 0 thì f(0,0) = 0 và    f(x,y) f(0,0) lim ) 0 , 0 ( ) y , x

( hàm số f(x,y) đang xét liên tục tại

điểm (0,0)(0,25đ); ngược lại, nếu d  0 thì f(0,0) = d  0 tức là    f(x,y) f(0,0) lim ) 0 , 0 ( ) y , x ( hàm số f(x,y)

đang xét không liên tục tại điểm (0,0).(0,25đ) Câu 2.(1,5đ) Cho hàm số y b sin x a sin ) by ax ( ) y , x ( f  

2.1. Tìm miền xác định D của hàm số f(x,y); 2.2. Tìm lim f(x,y) ) 0 , 0 ( ) y , x (  . Bài giải. 2.1. Hàm số y b sin x a sin ) by ax ( ) y , x ( f   xác định khi       0 y 0 x miền xác định của hàm số là D = {(x,y)R2x  0}{(x,y)R2y  0}, tức là tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ Oxy không nằm trên các trục tọa độ Ox, Oy.(0,5đ)

2.2. Ta có       axby.1.1 y b sin . x a sin . by ax y b sin x a sin ) by ax ( ) y , x ( f 0 0 y b x a by

ax    khi (x,y)  (0,0) nên theo nguyên lý kẹp thì 0 y b sin x a sin ) by ax ( lim ) y , x ( f lim ) 0 , 0 ( ) y , x ( ) 0 , 0 ( ) y , x (      .(1,0đ) Câu 3.(0,75đ) Chứng minh rằng hàm số x z arctan z y arctan y x arctan ) z , y , x ( f    thỏa mãn phương trình Laplace 0 z ) z , y , x ( f y ) z , y , x ( f x ) z , y , x ( f 2 2 2 2 2 2          trong không gian R3. Bài giải. Ta có ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ z x z y x y x z . x z 1 1 y 1 . y x 1 1 x ) z , y , x ( f                            

(2)

2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) z x ( xz 2 ) y x ( xy 2 x ) z , y , x ( f         (0,5đ), tương tự ta cũng có 2 2 2 2 2 2 2 2 ) x y ( yx 2 ) z y ( yz 2 y ) z , y , x ( f        và ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ 2 ) y z ( zy 2 ) x z ( zx 2 z ) z , y , x ( f        0 z ) z , y , x ( f y ) z , y , x ( f x ) z , y , x ( f 2 2 2 2 2 2           (0,25đ).

Câu 4.(1,25đ) Cho hàm số f(x,y,z) = x2y2z2. Tính gradf(x,y,z) và _   l ) z , y , x ( f

tại điểm M0(1,-1,1), biết rằngl được xác định bởi véc tơ M₀M₁với M1(-1,0,-1). Bài giải. + Ta có                                                2 1 . ) 1 .( 1 . 2 z ) 1 , 1 , 1 ( f 2 1 ). 1 .( 1 . 2 y ) 1 , 1 , 1 ( f 2 1 . ) 1 .( 1 . 2 x ) 1 , 1 , 1 ( f z y x 2 z ) z , y , x ( f yz x 2 y ) z , y , x ( f z xy 2 x ) z , y , x ( f 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (0,25đ)                        k 2i 2 j 2k z ) 1 , 1 , 1 ( f j y ) 1 , 1 , 1 ( f i x ) 1 , 1 , 1 ( f ) 1 , 1 , 1 ( gradf (0,25đ) + Ta có M₀M₁(11)i(01) j(11)k2i j2k M₀M₁  (2)212(2)2 3       do đó các cosin chỉ phương của véc tơ l là , 3 2 cos , 3 1 cos  3 2 cos .(0,5đ) + Suy ra       _ _ _ _ _       _ _          

 2i 2 j 2k . cos i cos j cos k l ) 1 , 1 , 1 ( f 3 1 3 k 3 2 j 3 1 i 3 2 . k 2 j 2 i 2      _ _ _       _ _     (0,25đ).

Câu 5.(2,0đ) Khảo sát cực trị của hàm số f(x,y) = 6x2y – 24xy – 6x2 + 24x + 4y3 – 15y2 + 36y + 1.

Bài giải.

Miền xác định của hàm số f(x,y) đang xét là D = R2_.

- Ta có





                               ) 6 y 5 y 2 x 4 x ( 6 36 y 30 y 12 x 24 x 6 y ) y , x ( f ) 1 y )( 2 x ( 12 2 x y 2 xy 12 24 x 12 y 24 xy 12 x ) y , x ( f 2 2 2 2

Suy ra hệ phương trình để xác định các điểm dừng (nếu có) của hàm số đang xét là

                                    0 6 y 5 y 2 x 4 x 0 ) 1 y )( 2 x ( 0 ) 6 y 5 y 2 x 4 x ( 6 0 ) 1 y )( 2 x ( 12 0 y ) y , x ( f 0 x ) y , x ( f 2 2 2 2 (0,25đ)

(3)

3                                                                                    3 x 1 x 1 y 2 1 y 2 y 2 x 0 3 x 4 x 1 y 0 2 y 5 y 2 2 x 0 6 y 5 y 2 x 4 x 0 1 y 0 6 y 5 y 2 x 4 x 0 2 x 2 2 2 2 2 2 (0,25đ)

Như vậy, hàm số đang xét có 4 điểm dừng M1(2,2); M2(2,12);M3(1,1);M4(3,1).

- Ta có





                                                ) 5 y 4 ( 6 y ) y , x ( f ) y , x ( C ) 5 y 4 ( 6 30 y 24 y ) y , x ( f ) 2 x ( 12 y x ) y , x ( f ) y , x ( B ) 2 x ( 12 24 x 12 y x ) y , x ( f ) 1 y ( 12 x ) y , x ( f ) y , x ( A 1 y 12 12 y 12 x ) y , x ( f 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2



2(x 2) (y 1)(4y 5)



72 ) 5 y 4 ( 6 ). 1 y ( 12 ) 2 x ( 12 ) y , x ( C ) y , x ( A ) y , x ( B ) y , x (  2   2  2     2    (0,5đ) + Tại điểm dừng M1(2,2) ta có          0 12 ) 2 , 2 ( A 0 216 ) 2 , 2 (

nên nó là điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu là fct = f(2,2) = 21.(0,25đ) + Tại điểm dừng M2(2,12) ta có           0 6 ) 2 1 , 2 ( A 0 108 ) 2 1 , 2 (

nên nó là điểm cực đại và giá trị cực đại là fcđ = f(2,1/2) = 111/4.(0,25đ)

+ Tại điểm dừng M3(1,1) ta có (1,1)1440nên nó không phải là điểm cực trị.(0,25đ) + Tại điểm dừng M4(3,1) ta có (3,1)1440nên nó không phải là điểm cực trị.(0,25đ)

Câu 6.(1,5đ) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f(x,y) = x2 + y2 – xy – 4x trên miền đóng D là tam giác được giới hạn bởi các đường thẳng x = 0, y = 0 và 2x + 3y = 12.

Bài giải.

Miền xác định của hàm số đang xét là R2_{và hiển nhiên là hàm số f(x,y) đang xét liên tục với mọi} x, y trong miền xác định của nó, nên hàm số này đạt GTLN và GTNN trên miền đóng D.

Ta có hệ phương trình                  0 x y 2 y ) y , x ( f 0 4 y x 2 x ) y , x ( f (0,25đ) để xác định các điểm dừng. Hệ phương

trình này có 1 nghiệm duy nhất      3 4 y 3 8 x

, tức là có 1 điểm dừng (8/3,4/3) là điểm trong của miền D và giá trị của hàm số f(x,y) tại điểm này là

3 16 3 4 , 3 8 f       _.(0,25đ)

Bây giờ ta xét giá trị của hàm số f(x,y) trên biên của miền D:

- Trên đường x = 0 thì f(0,y) = y2 với 0  y  4 nên fmin = f(0,0) = 0 và fmax = f(0,4) = 16.(0,25đ) - Trên đường y = 0 thì f(x,0) = x2 – 4x với 0  x  6 nên fmin = f(2,0) = -4 và fmax = f(6,0) = 12. (0,25đ)

(4)

4 - Trên đường 2x + 3y = 12 thì x 16 3 40 x 9 19 ) y , x ( f  2   với 0  x  6 nên 19 96 19 36 , 19 60 f f_min        và fmax = f(6,0) = 12.(0,5đ)

So sánh các giá trị của hàm f(x,y) tìm được ở trên ta nhận được

3 16 ) f ( GTNN  tại điểm       3 4 , 3 8 và GTLN(f) = 16 tại điểm (0,4).(0,25đ) Câu 7.(1,75đ)Tìm cực trị của hàm số y 1 x 1 ) y , x (

f   với điều kiện

2 1 y 1 x 1 2 2   . Bài giải. Ta có 0 2 1 y 1 x 1 ) y , x ( 0 2 1 y 1 x 1 2 1 y 1 x 1 2 2 2 2 2 2            . Lập hàm _                2 1 y 1 x 1 y 1 x 1 ) y , x ( ) y , x ( f ) , y , x ( L ₂ ₂ (0,25đ)                                2 1 y 1 x 1 ) , y , x ( L y 2 y 1 y ) , y , x ( L x 2 x 1 x ) , y , x ( L 2 2 3 2 3 2 ,(0,25đ) do đó ta được hệ phương trình xác định các điểm dừng là                              1 2 y x 0 2 1 y 1 x 1 0 y 2 y 1 0 x 2 x 1 1 1 1 2 2 3 2 3 2 và         1 2 y x 2 2 2 .(0,25đ) Tại ₁ 1 ta có

 

                                                               4 1 y 2 , 2 f C 0 y x 2 , 2 f B 4 1 x 2 , 2 f A y 2 y ) y , x ( f 0 y x ) y , x ( f x 2 x ) y , x ( f y 1 y ) y , x ( f x 1 x ) y , x ( f 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 dy 4 1 dx 4 1 Cdy Bdxdy 2 Adx ) 2 , 2 ( f d       .(0,25đ) Mặt khác ta có

(5)

5 dx dy 0 dy 4 1 dx 4 1 ) 2 , 2 ( d 0 dy y 2 dx x 2 ) y , x ( d 0 2 1 y 1 x 1 ) y , x (  ₂  ₂      ₃  ₃          0 dx 2 1 ) 2 , 2 ( f d2  2   , tức là dạng toàn phương d2_{f(x0,y0) xác định âm,} _{do đó hàm số} y 1 x 1 ) y , x (

f   đạt cực đại tại điểm (2,2) và giá trị cực đại f_max f

 

2,2 1.(0,25đ)

Tại ₂ 1 ta có













                                                                   4 1 y 2 , 2 f C 0 y x 2 , 2 f B 4 1 x 2 , 2 f A y 2 y ) y , x ( f 0 y x ) y , x ( f x 2 x ) y , x ( f y 1 y ) y , x ( f x 1 x ) y , x ( f 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 dy 4 1 dx 4 1 Cdy Bdxdy 2 Adx ) 2 , 2 ( f d         .(0,25đ) Mặt khác ta có dx dy 0 dy 4 1 dx 4 1 ) 2 , 2 ( d 0 dy y 2 dx x 2 ) y , x ( d 0 2 1 y 1 x 1 ) y , x (  ₂  ₂      ₃  ₃            0 dx 2 1 ) 2 , 2 ( f d2    2   , tức là dạng toàn phương d2_{f(x0,y0) xác định dương,}_{do đó hàm số} y 1 x 1 ) y , x (