Cho hàm tham số hóa \[y\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {t^3} + t}\\{y = {t^2} + 2}\end{array}} \right.\]. Tính đạo hàm cấp 2 y’’(2).

Câu 40:

Tìm \[ \propto \] để hàm số \[f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {1 - \sin 2x} \right)}^{\cot x}},x \ne 0}\\{\alpha ,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x = 0}\end{array}} \right.\] liên tục tại x₀ = 0.

Lời giải:

Đáp án đúng: A

Để hàm số liên tục tại $x_0 = 0$, ta cần có $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = \alpha$. Tính giới hạn $\lim_{x \to 0} (1 - \sin 2x)^{\cot x}$.

Đặt $y = (1 - \sin 2x)^{\cot x}$. Khi đó, $\ln y = \cot x \ln(1 - \sin 2x) = \frac{\ln(1 - \sin 2x)}{\tan x}$.

Khi $x \to 0$, ta có $\sin 2x \to 0$ và $\tan x \to 0$, nên ta có dạng $\frac{0}{0}$. Áp dụng quy tắc L'Hopital:

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 - \sin 2x)}{\tan x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{-2\cos 2x}{1 - \sin 2x}}{\frac{1}{\cos^2 x}} = \lim_{x \to 0} \frac{-2\cos 2x \cos^2 x}{1 - \sin 2x} = \frac{-2 \cdot 1 \cdot 1}{1 - 0} = -2$.

Vậy, $\lim_{x \to 0} \ln y = -2$, suy ra $\lim_{x \to 0} y = e^{-2}$. Do đó, $\alpha = e^{-2}$.

Câu 24:

Tính giới hạn \[I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\arctan \left( {{x^2} + 4x} \right) + \ln \left( {1 + 3\tan x} \right) - {x^2}}}{{\arctan \left( {4x} \right) + \cos 2x - {e^x}}}\]

Lời giải:

Đáp án đúng: D

Để tính giới hạn này, ta sử dụng khai triển Taylor (hoặc Maclaurin) cho các hàm số liên quan khi $x \to 0$:

* $\arctan(x) = x - \frac{x^3}{3} + O(x^5)$
* $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + O(x^4)$
* $\tan(x) = x + \frac{x^3}{3} + O(x^5)$
* $\cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + O(x^6)$
* $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + O(x^4)$

Khi $x \to 0$, ta có:

$\arctan(x^2+4x) = (x^2+4x) - \frac{(x^2+4x)^3}{3} + O(x^5) = 4x + x^2 + O(x^3)$
$\ln(1+3\tan x) = 3\tan x - \frac{(3\tan x)^2}{2} + O(x^3) = 3(x + \frac{x^3}{3} + O(x^5)) - \frac{9}{2}(x + \frac{x^3}{3} + O(x^5))^2 + O(x^3) = 3x - \frac{9x^2}{2} + O(x^3)$
$\arctan(4x) = 4x + O(x^3)$
$\cos(2x) = 1 - \frac{(2x)^2}{2} + O(x^4) = 1 - 2x^2 + O(x^4)$
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + O(x^3)$

Thay vào biểu thức giới hạn, ta có:

$I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\arctan \left( {{x^2} + 4x} \right) + \ln \left( {1 + 3\tan x} \right) - {x^2}}}{{\arctan \left( {4x} \right) + \cos 2x - {e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(4x + x^2) + (3x - \frac{9x^2}{2}) - x^2 + O(x^3)}}{{4x + (1 - 2x^2) - (1 + x + \frac{x^2}{2}) + O(x^3)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{7x - \frac{9x^2}{2} + O(x^3)}}{{3x - \frac{5x^2}{2} + O(x^3)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{7 - \frac{9x}{2} + O(x^2)}}{{3 - \frac{5x}{2} + O(x^2)}} = \frac{7}{3}$

Vậy không có đáp án nào đúng trong các phương án đã cho.

Câu 25:

Giới hạn \[J = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {\frac{{\sin \left( {x - 2} \right)}}{{{x^2} - 4}} + {e^{\frac{{ - 1}}{{x - 2}}}}} \right)\] bằng:

Lời giải:

Đáp án đúng: A

Để tính giới hạn $J$, ta xét từng thành phần của biểu thức khi $x$ tiến đến 2 từ bên trái ($x \to 2^-$).

Thành phần thứ nhất là $\frac{{\sin(x-2)}}{{x^2-4}}$ = $\frac{{\sin(x-2)}}{{(x-2)(x+2)}}$ khi $x \to 2^-$. Ta có:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sin \left( {x - 2} \right)}}{{x - 2}} = 1\]

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{x + 2}} = \frac{1}{{2 + 2}} = \frac{1}{4}\]

Vậy,

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sin \left( {x - 2} \right)}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sin \left( {x - 2} \right)}}{{x - 2}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{x + 2}} = 1 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4}\]

Thành phần thứ hai là $e^{\frac{{-1}}{{x-2}}}$. Khi $x \to 2^-$, ta có $x - 2 \to 0^-$, do đó $\frac{{-1}}{{x-2}} \to +\infty$. Vậy,

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} {e^{\frac{{ - 1}}{{x - 2}}}} = +\infty\]

Do đó,

\[J = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {\frac{{\sin \left( {x - 2} \right)}}{{{x^2} - 4}} + {e^{\frac{{ - 1}}{{x - 2}}}}} \right) = \frac{1}{4} + \infty = +\infty\]

Vì không có đáp án nào là $+\infty$, nên đáp án A (các câu khác sai) là đáp án đúng nhất, mặc dù kết quả giới hạn là $+\infty$ chứ không phải một giá trị hữu hạn.

Câu 26:

Tập xác định của hàm số \[f\left( x \right) = \sin \left( {\arccos \frac{x}{{{x^2} + 1}}} \right)\]

Lời giải:

Đáp án đúng: C

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi biểu thức trong $\arccos$ xác định và có giá trị thuộc đoạn [-1;1]. Tức là, ta cần:
\[\left| {\frac{x}{{{x^2} + 1}}} \right| \le 1\]
\[-1 \le \frac{x}{{{x^2} + 1}} \le 1\]
Xét hai bất đẳng thức:
1) $\frac{x}{{{x^2} + 1}} \le 1 \Leftrightarrow x \le {x^2} + 1 \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 \ge 0$. Biệt thức $\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4 = - 3 < 0$, do đó ${x^2} - x + 1 > 0$ với mọi $x$. Vậy bất đẳng thức này đúng với mọi $x$.
2) $\frac{x}{{{x^2} + 1}} \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - {x^2} - 1 \Leftrightarrow {x^2} + x + 1 \ge 0$. Biệt thức $\Delta = {1^2} - 4 = - 3 < 0$, do đó ${x^2} + x + 1 > 0$ với mọi $x$. Vậy bất đẳng thức này cũng đúng với mọi $x$.
Kết luận: Tập xác định của hàm số là R.

Câu 27:

Cho hàm số y = f(x) xác định bởi \[x = 2{t^2} + 2t,y = 2t{e^{2t}}\]. Tính y’’?

Lời giải:

Đáp án đúng: B

Để tính y’’, ta thực hiện các bước sau:

1. Tính đạo hàm cấp nhất y’:
Ta có x = 2t² + 2t và y = 2te^(2t)

Tính đạo hàm của x và y theo t:
x’ = dx/dt = 4t + 2
y’ = dy/dt = 2e^(2t) + 4te^(2t) = 2e^(2t)(1 + 2t)

Vậy, y’ = dy/dx = (dy/dt) / (dx/dt) = [2e^(2t)(1 + 2t)] / (4t + 2) = e^(2t)

2. Tính đạo hàm cấp hai y’’:
Ta có y' = e^(2t). Để tính y'' = d²y/dx², ta cần tính dy’/dx.

Ta biết rằng dy’/dx = (dy’/dt) / (dx/dt)

Tính dy’/dt: dy’/dt = d(e^(2t))/dt = 2e^(2t)

Tính dx/dt (đã tính ở trên): dx/dt = 4t + 2

Vậy, y’’ = (2e^(2t)) / (4t + 2) = e^(2t) / (2t + 1)

Vậy đáp án đúng là: B.

Câu 28:

Khai triển Maclaurin cho hàm số \[y = \frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{100}}}}{{{{\left( {1 + 2x} \right)}^{40}}}}\] đến x²

Lời giải: