Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 7 (có lời giải) - Đề 3

$y' = 3{x^2} + 6x$

Có ${x_0} = 1$$\Rightarrow y\left( 1 \right) = 2$ và $y'\left( 1 \right) = 9$

Khi đó phương trình tiếp tuyến tại điểm $\left( {1;\,2} \right)$ có dạng $y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}$ $\Leftrightarrow y = 9x - 7$.

Theo định nghĩa đạo hàm của hàm số tại một điểm ta có

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 3 \right)}}{{x - 3}} = 2 = f'\left( 3 \right)$.

Ta có:

$\begin{array}{l}f\,'\,\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {{x^2} + 3} - 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 3 - 4}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3} + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 1}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 3} + 2} \right)}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}.\end{array}$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

Đạo hàm $y' = 3 - 8x$.

Phương trình tiếp tuyến: $y = {y'_{\left( 0 \right)}}.\left( {x - 0} \right) + {y_{\left( 0 \right)}}$$\Rightarrow$$\Delta :y = 3x$.

Tập xác định của hàm số: $D = \mathbb{R}$.

Ta có $y' = 3{x^2} - 6x + 1$, $y'' = 6x - 6$$\Rightarrow y'' = 0$$\Leftrightarrow x = 1$.

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: $v = S' = - 3{t^2} + 6t + 9$

Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp hai của quãng đường: $a = S'' = - 6t + 6$

Gia tốc triệt tiêu khi $S'' = 0$ $\Leftrightarrow t = 1$.

Khi đó vận tốc của chuyển động là $S'\left( 1 \right) = 12\,m/\,s$.

Hàm gia tốc $a\left( t \right)$ là đạo hàm cấp hai của hàm li độ $x\left( t \right)$.

Ta có

$\begin{array}{l}x'\left( t \right) = - 5\pi \sin \left( {\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\\a\left( t \right) = x''\left( t \right) = - 5{\pi ^2}\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\end{array}$

Vì $- 1 \le \cos x \le 1,\forall x \in \mathbb{R}$ nên ta có $- 5{\pi ^2} \le a\left( t \right) \le 5{\pi ^2}$

$\max a\left( t \right) = 5{\pi ^2}$ đạt được khi $\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) = - 1 \Leftrightarrow \pi t + \frac{\pi }{2} = \pi + k2\pi \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} + 2k\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Vì thời gian $t \ge 0$ nên thời điểm đầu tiên vật có gia tốc lớn nhất là $t = \frac{1}{2}$ (giây) (ứng với $k = 0$)

Khi đó li độ $x = 5\cos \left( {\pi .\frac{1}{2} + \frac{\pi }{2}} \right) = - 5$(cm).

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Hàm số liên tục tại $x = 1$ nên ta có $a + b = \frac{1}{2}$.

Hàm số có đạo hàm tại $x = 1$ nên giới hạn 2 bên của $\frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}}$ bằng nhau và ta có:

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ax + b - \left( {a.1 + b} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{a\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} a = a$$

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{1}{2}}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{2\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\left( {x + 1} \right)}}{2} = 1$$

Vậy $a = 1;b = - \frac{1}{2}$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

Đường thẳng $d:x - 2y + 2 = 0 \Rightarrow y = \frac{1}{2}x + 1$ nên đường thẳng $d$ có hệ số góc là ${k_d} = \frac{1}{2}$.

Tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc $k$ vuông góc với đường thẳng $d$

$\Rightarrow k \cdot {k_d} = - 1 \Rightarrow k = - \frac{1}{{{k_d}}} = - 2.{\rm{ }}$

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình ${y^\prime } = k \Rightarrow \frac{{ - 8}}{{{{(x + 1)}^2}}} = - 2 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{x = - 3}\end{array}} \right.$.

Với $x = 1$, phương trình tiếp tuyến là $y = - 2x + 7$.

Với $x = - 3$, phương trình tiếp tuyến là $y = - 2x - 9$.

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa mãn là ${d_1}:y = - 2x + 7;y = - 2x - 9$.

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

Vận tốc của chuyển động tại thời điểm $t$ có phương trình là $v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t - 9.$

Gia tốc của chuyển động tại thời điểm $t$ có phương trình là $a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6.$

Tại thời điểm $t = 3\,{\rm{s}}$ ta có $a\left( 3 \right) = 6.3 - 6 = 12\;{\rm{m/}}{{\rm{s}}^2}.$

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Ta có: $y' = \cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right) + x\left[ { - \frac{{\sin \left( {\ln x} \right)}}{x} + \frac{{\cos \left( {\ln x} \right)}}{x}} \right]$

$= \cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right) - \sin \left( {\ln x} \right) + \cos \left( {\ln x} \right) = 2\cos \left( {\ln x} \right)$.

Suy ra: $y'' = - \frac{{2\sin \left( {\ln x} \right)}}{x}$.

Ta có:

Ø ${x^2}y'' + xy' - 2y = - 2x\sin \left( {\ln x} \right) + 2x\cos \left( {\ln x} \right) - 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] = - 4x\sin \left( {\ln x} \right)$.

Vậy a sai.

Ø ${x^2}y'' - xy' - 2y = - 2x\sin \left( {\ln x} \right) - 2x\cos \left( {\ln x} \right) - 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right]$

$= - 4x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right]$.

Vậy b sai.

Ø ${x^2}y'' - xy' + 2y = - 2x\sin \left( {\ln x} \right) - 2x\cos \left( {\ln x} \right) + 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] = 0$.

Vậy c đúng.

Ø ${x^2}y' - xy'' + 2y = 2{x^2}\cos \left( {\ln x} \right) + 2\sin \left( {\ln x} \right) + 2x\left[ {\cos \left( {\ln x} \right) + \sin \left( {\ln x} \right)} \right] \ne 0$.

Vậy d sai.

Toạ độ giao điểm của $(C)$ với đường thẳng $y = x + 1$ là nghiệm của hệ

phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{y = \frac{{x + 1}}{{3x}}}\\{y = x + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\frac{{x + 1}}{{3x}} = x + 1}\\{y = x + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3{x^2} + 2x - 1 = 0}\\{y = x + 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 1 \Rightarrow y = 0}\\{x = \frac{1}{3} \Rightarrow y = \frac{4}{3}}\end{array}} \right.$

Phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm $( - 1;0)$ là:

$y - 0 = {f^\prime }( - 1)(x + 1) \Leftrightarrow y = - \frac{1}{3}(x + 1) \Leftrightarrow y = - \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}.$

Phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm $\left( {\frac{1}{3};\frac{4}{3}} \right)$ là:

$y - \frac{4}{3} = {f^\prime }\left( {\frac{1}{3}} \right)\left( {x - \frac{1}{3}} \right) \Leftrightarrow y = - 3\left( {x - \frac{1}{3}} \right) + \frac{4}{3} \Leftrightarrow y = - 3x + \frac{7}{3}.$

Với $x \ne 0$ xét:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{3 - \sqrt {4 - x} }}{4} - \frac{1}{4}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - \sqrt {4 - x} }}{{4x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4 - (4 - x)}}{{4x(2 + \sqrt {4 - x} )}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{4(2 + \sqrt {4 - x} )}} = \frac{1}{{4(2 + \sqrt {4 - 0} )}} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow {f^\prime }(0) = \frac{1}{{16}}.\end{array}$

Ta có: ${y^\prime } = - \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}}$ và $y(2) = 3$

${y^\prime }(2) = - \frac{1}{{{{(2 - 1)}^2}}} = - 1$.

Do đó phương trình tiếp tuyến với $(C)$ tại điểm (2;3) là: $y = - 1(x - 2) + 3 \Rightarrow y = - x + 5$

Ta có: $v(t) = {S^\prime }(t) = 3{t^2} + 8t$ và $a(t) = {v^\prime }(t) = 6t + 8$.

Theo đề bài, ta có: $v = 11 \Rightarrow 3{t^2} + 8t = 11 \Rightarrow t = 1(t > 0)$.

Vậy gia tốc của vật tại thời điểm vận tốc của vật bằng 11 là $a(1) = 14m/{s^2}$.

Vận tốc của chất điểm có phương trình là: $v = {s^\prime } = - 3{t^2} + 2t + 1$.

Vận tốc của chất điểm đạt GTLN khi $t = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{1}{3}$.

Gia tốc của chất điểm có phương trình là: ${s^{\prime \prime }} = - 6t + 2$.

Tại thời điểm vận tốc đạt GTLN thì gia tốc bằng ${s^{\prime \prime }}\left( {\frac{1}{3}} \right) = 0$.