Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập cuối năm Phần Giải tích

Bài 1 trang 209

Cho hàm số:

            (fleft( x right) = 1 + x + {{{x^2}} over 2} – {e^x})

a) Chứng minh rằng (f’left( x right) < 0) với mọi x < 0

b)  Chứng minh bất đẳng thức

            (1 + x < {e^x} + x + {{{x^2}} over 2}) với mọi x < 0

Giải

a) (f’left( x right) = 1 + x – {e^x},f”left( x right) = 1 – {e^x})

(f”left( x right) = 0 Leftrightarrow x = 0)

Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập cuối năm Phần Giải tích

Dựa vào bảng biến thiên, ta có (f’left( x right) > 0) với mọi x < 0.

b)  Từ a) suy ra f nghịch biến trên nửa khoảng(left( { – infty ;0} right]). Do đó

(f(x) > f(0)) , với mọi x < 0,

Hay (1 + x + {{{x^2}} over 2} – {e^x} > 0) với mọi x < 0

c) Từ b) suy ra

(1 – 0,01 < {e^{ – 0,01}} < 1 – 0,01 + {{0,0001} over 2}) .

—————————————————-

Bài 3 trang 209

Cho hàm số (fleft( x right) = ln left( {1 + {e^{ – x}}} right))

a) Chứng minh rằng (fleft( x right) =  – x + fleft( { – x} right)) với mọi  (x in R)

b)  Từ đó suy ra rằng đường thẳng (y =  – x) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (y = fleft( x right))(khi (x to  + infty )).

Giải

a) Với mọi (x in R) ,

(f(x) = ln left[ {{e^{ – x}}left( {1 + {e^x}} right)} right] )

(=  – x + ln left( {1 + {e^x}} right) =  – x + f( – x))

b)(mathop {lim }limits_{x to  – infty } left[ {f(x) + x} right] )

(= mathop {lim }limits_{x to  – infty } f( – x) = mathop {lim }limits_{x to  – infty } ln (1 + {e^x}) = 0)

——————————————————————-

Bài 6 trang 210

So sánh : ({log _2}3) và (root 3 of 7 )

Giải

Do ({3^3} < {2^5} Leftrightarrow 3{log _2}3 < 5 Leftrightarrow {log _2}3 < {5 over 3})         (1)

({5^3} < 189 Leftrightarrow 5 < 3root 3 of 7  Leftrightarrow {5 over 3} < root 3 of 7 )              (2)

Từ (1) và (2) suy ra ({log _2}3 < root 3 of 7 )

——————————————————

Bài 7 trang 210

Cho ba số (ln a,ln b,ln c) (a, b, c dương và khác 1) lập thành một cấp số nhân. Chứng minh rằng ba số ({log _a}x,{log _b}x,{log _c}x) (a, b, c dương và khác 1) theo thứ tự đó cũng lấp thành một cấp số nhân.

Giải

Từ giả thiết (ln a,ln b,) lập thành cấp số nhân, suy ra ({ln ^2}b = ln a.ln c)

({{ln x} over {ln a}}.{{ln x} over {ln c}} = {{{{ln }^2}x} over {{{ln }^2}b}})

Dùng công thức đổi cơ số, ta có:

({log _a}x.{log _c}x = log _b^2x)

Từ đó suy ra ({log _a}x,{log _b}x,{log _c}x) lập thành một cấp số nhân.

—————————————————————

Bài 11 trang 211

Giải các hệ phương trình sau:

a) (left{ matrix{5{log _2}x – {log _4}{y^2} = 8 hfill cr5{log _2}{x^2} – {log _4}y = 19 hfill cr}  right.) 

b) (left{ matrix{ {2^x}{.4^y} = 64 hfill cr sqrt x  + sqrt y  = 3 hfill cr}  right.)

Giải

a) (left( {x;y} right) = left( {4;4} right))

Đặt ({log _2}x = u) và ({log _4}y = v), ta có hệ:

(left{ matrix{5u – 2v = 8 hfill cr10u – v = 19 hfill cr}  right.)

b)  Lôgarit hóa hai vế của phương trình thứ nhất để đưa về dạng

(left{ matrix{x + 2y = 6 hfill cr sqrt x  + sqrt y  = 3 hfill cr}  right.)

Rồi đặt (sqrt x  = u,sqrt y  = vleft( {u ge 0,v ge 0} right)) dẫn đến hệ:

(left{ matrix{{u^2} + 2{v^2} – 6 = 0 hfill cr u + v = 3 hfill cr}  right.)

Tìm được (u = 2;v = 1)

Suy ra (left( {x;y} right) = left( {4;1} right))

——————————————————

Bài 15 trang 211

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số (y = {2^x},y = 3 – x) , trục hoành và trục tung.

Giải

Dễ thấy phương trình

({2^x} =  – x + 3)

Có một nghiệm duy nhất là (x = 1) . do đó đồ thị hai hàm số cắt nhau tại điểm B có hoành độ (x = 1).Vậy diện tích cần tính ( phần tô đậm trong hình 2) là:

(S = intlimits_0^1 {{2^x}dx + {S_{ABC}} = {1 over {ln 2}} + 2} )

Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập cuối năm Phần Giải tích

———————————————————

Bài 18 trang 211

Tìm các số phức z, w thỏa mãn các điều kiện:

                (left{ matrix{left| z right| = left| {rm{w}} right| = 1 hfill cr z + {rm{w}} = li hfill cr}  right.)

Trong đó l là số thực cho trước.

Giải

Ta xét các trường hợp sau:

1) (l = 0.) Lúc này dễ thấy z là số phức tùy ý sao cho (left| z right| = 1), còn ({rm{w}} =  – z)

2) (l ne 0.) Gọi P, A và B là các điểm lần lượt biểu diễn các số phức li, z và w.

Do (l ne 0) nên P khác O. Điều kiện (z + {rm{w}} = li) tương đương với điều kiện (overrightarrow {OA}  + overrightarrow {OB}  = overrightarrow {OP} ). Nhưng vì (left| z right| = left| {rm{w}} right| = 1) nên A và B nằm trên đường tròn đơn vị. Vậy A và B là giao điểm của đường tròn đơn vị (O) với đường trung trực (d) của đoạn OP. Từ đó suy ra kết quả sau:

Khi (0 ne left| l right| < 2) thì (O) và (d) cắt nhau tại hai điểm với hai số phức z và w thỏa mãn điều kiện của đề bài. Đó là hai số ( pm {1 over 2}sqrt {4 – {l^2}}  + {l over 2}i)

Khi (l = 2) thì (O) và (d) tiếp xúc với nhau tại điểm biểu diễn số phức i. Vậy z = w = i là nghiệm duy nhất của bài toán.

Khi (l =  – 2) thì (O) và (d) tiếp xúc với nhau tại điểm biểu diễn số phức –i. vậy z = w = -i là nghiệm duy nhất của bài toán.

Khi (left| l right| > 2) thì (O) và (d) không có điểm chung, nghĩa là không có hai số phức z, w nào thỏa mãn các điều kiện đã cho.

————————————————-

Bài 21 trang 211

Giải hệ phương trình hai ẩn phức z. w sau:

            (left{ matrix{z + {rm{w}} = 3left( {1 + i} right) hfill cr{z^3} + {{rm{w}}^3} = 0left( { – 1 + i} right) hfill cr}  right.)

Giải

(z{rm{w}} = {{left[ {3{{left( {1 + i} right)}^3} – 9left( { – 1 – i} right)} right]} over {9left( {1 + i} right)}} = 5i.)

Suy ra z, w là các nghiệm của phương trình ({z^2} – 3left( {1 + i} right)z + 5i = 0;)

phương trình này có biệt thức (Delta  =  – 2i = {left( {1 – i} right)^2}) nên có các nghiệm là (1 + 2i)  và (2 + i.)

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là

(left( {1 + 2i;2 + i} right))  và (left( {2 + i;1 + 2i} right))

—————————————————-

Bài 22 trang 211

Tìm số phức z sao cho (left| {{{z + 3i} over {z + i}}} right| = 1) và (z + 1) có một acgumen bằng ( – {pi  over 6})

Giải

Điều kiện (left| {{{z + 3i} over {z + i}}} right| = 1) nói rằng phần ảo của z bằng -2. Điều kiện (z + 1) có một acgumen bằng ( – {pi  over 6})nói rằng (z + 1 = lleft( {sqrt 3  – i} right)) với (l > 0).

Vậy (z + 1 = 2left( {sqrt 3  + i} right),) tức là (z = 2sqrt 3  – 1 – 2i.)

———————————————————-

Bài 23 trang 211

Cho số phức ({rm{w}} = bar z{{1 – 3i} over {1 + 2i}},) trong đó (z = cos varphi  + isin varphi ,left( {varphi  in R} right))

a) Hãy viết số phức w dưới dạng lượng giác.

b) Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức w nói trên khi (varphi )) thay đổi, (0 le varphi  le pi )

Giải

a) Ta có (bar z = cos varphi  – isin varphi  = cos left( { – varphi } right) + isin left( { – varphi } right),)

({{1 – 3i} over {1 + 2i}} =  – left( {1 + i} right) = sqrt 2 left( {cos {{5pi } over 4} + isin {{5pi } over 4}} right))

Vậy ({rm{w}} = bar z{{1 – 3i} over {1 + 2i}} = sqrt 2 left[ {cos left( {{{5pi } over 4} – varphi } right) + isin left( {{{5pi } over 4} – varphi } right)} right])

b) Do (0 le varphi  le pi ) nên ({pi  over 4} le {{5pi } over 4} – varphi  le {{5pi } over 4}.)

Vậy tập hợp cần tìm là nửa đường tròn tâm O, bán kính bằng (sqrt 2 ), nằm phía trên đường phân giác của góc phần tư thứ nhất của hệ tọa độ. (h.3)

Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập cuối năm Phần Giải tích

The post Giải SBT Giải Tích 12 ( nâng cao). Bài: Ôn tập cuối năm Phần Giải tích appeared first on Học giải bài tập.

Goc hoc tap