Giải SGK Toán 11 KNTT Bài 31. Định nghĩa và ý nghĩa của đạo hàm có đáp án

Sau bài học này, ta giải quyết được bài toán trên như sau:

Ta có thể tính được vận tốc của quả bóng khi nó chạm đất.

Phương trình chuyển động rơi tự do của quả bóng là

s = f(t) = $\frac{1}{2}g{t}^{2}$

trong đó, g là gia tốc rơi tự do, lấy g = 9,8 m/s$^{2}$; s (m) là quãng đường nó rơi từ vị trí ban đầu tới mặt đất; t (giây) là thời gian vật rơi từ vị trí ban đầu cho tới khi chạm đất.

Gọi v(t) (m/s) là vận tốc của quả bóng tại thời điểm t. Khi đó v(t) = f*'*(t) = gt = 9,8t.

Mặt khác, vì chiều cao của tòa nhà là 461,3 m nên quả bóng sẽ chạm đất tại thời điểm t$_{1}$, với s = f(t$_{1}$) = 461,3 m. Từ đó, ta có

$\frac{1}{2}.9{,}8{t}_{1}^{2}=461{,}3\Leftrightarrow {t}_{1}=\sqrt{\frac{2.461{,}3}{9{,}8}}$ (giây)

Vậy vận tốc của quả bóng khi nó chạm đất là

v(t$_{1}$) = 9,8t$_{1}$ = 9,8 .$\sqrt{\frac{2.461{,}3}{9{,}8}}$ ≈ 95,1 (m/s).s

a)

Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ t$_{0}$ đến t là: s(t) – s(t$_{0}$).

Thời gian vật đi được trong khoảng thời gian từ t$_{0}$ đến t là: t – t$_{0}$.

Vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian từ t$_{0}$ đến t là:

$v=\frac{s(t)-s({t}_{0})}{t-{t}_{0}}$.

b)

Giới hạn $\underset{t\rightarrow {t}_{0}}{\lim }\frac{s(t)-s({t}_{0})}{t-{t}_{0}}$ cho ta biết một điều đó là khi t càng tới gần t$_{0}$, có nghĩa là (t – t$_{0}$) càng nhỏ thì vận tốc trung bình càng thể hiện được chính xác hơn mức độ nhanh chậm của chuyển động tại thời điểm t$_{0}$.

a)

Cường độ điện lượng truyền trong dây dẫn trong khoảng thời gian từ t$_{0}$ đến t là:

Q(t) – Q(t$_{0}$).

Thời gian truyền điện trong khoảng thời gian từ t$_{0}$ đến t là: t – t$_{0}$.

Cường độ trung bình của dòng điện trong khoảng thời gian từ t$_{0}$ đến t là:

$v=\frac{Q(t)-Q({t}_{0})}{t-{t}_{0}}$.

b)

Giới hạn $\underset{t\rightarrow {t}_{0}}{\lim }\frac{Q(t)-Q({t}_{0})}{t-{t}_{0}}$ cho ta biết một điều đó là khi t càng tới gần t$_{0}$, có nghĩa là (t – t$_{0}$) càng nhỏ thì cường độ trung bình của dòng điện càng thể hiện được chính xác hơn mức độ mạnh yếu của dòng điện tại thời điểm t$_{0}$.

Đặt f(x) = y = –x$^{2}$ + 2x + 1.

Ta có: f(x) – f(– 1) = – x$^{2}$ + 2x + 1 – [– (– 1)$^{2}$ + 2 . (– 1) + 1] = – x$^{2}$ + 2x + 3.

Với x ≠ – 1, ta có $\frac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)}=\frac{-{x}^{2}+2x+3}{x+1}=\frac{(x+1)(3-x)}{x+1}=3-x$ .

Khi đó$\underset{x\rightarrow -1}{\lim }\frac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)}=\underset{x\rightarrow -1}{\lim }\frac{-{x}^{2}+2x+3}{x+1}=\underset{x\rightarrow -1}{\lim }(3-x)=4$, .

Vậy đạo hàm của hàm số y = –x$^{2}$ + 2x + 1 tại điểm x$_{0}$ = –1 có giá trị là 4.

a) Ta có f(x) = c nên f(x) = f(x$_{0}$) = c.

Khi đó, $f'({x}_{0})=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{c-c}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }0=0$

b) Ta có f(x) = x nên f(x$_{0}$) = x$_{0}$.

Khi đó, $f'({x}_{0})=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{x-{x}_{0}}{x-{x}_{0}}=1$ .

a) Đặt f(x) = y = x$^{2}$ + 1.

Ta có: $f'({x}_{0})=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{{x}^{2}+1-({x}_{0}^{2}+1)}{x-{x}_{0}}$

$=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{(x-{x}_{0})(x+{x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }(x+{x}_{0})=2{x}_{0}$.

Vậy hàm số y = x$^{2}$ + 1 có đạo hàm là hàm số y*'* = 2x.

b) Đặt f(x) = y = kx + c (với k, c là các hằng số).

Ta có: $f'({x}_{0})=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{kx+c-(k{x}_{0}+c)}{x-{x}_{0}}$

$=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{k(x-{x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }k=k$.

Vậy hàm số y = kx + c (với k, c là các hằng số) có đạo hàm là hàm số y*'* = k.

a) Ta có: $\overrightarrow{PQ}=(x-{x}_{0};\ f(x)-f({x}_{0}))$ . Suy ra ${\overrightarrow{n}}_{PQ}=(f(x)-f({x}_{0});{x}_{0}-x)$ .

Phương trình đường thẳng PQ là

[f(x) – f(x$_{0}$)](x – x$_{0}$) + (x$_{0}$ – x)[y – f(x$_{0}$)] = 0

Hay [f(x) – f(x$_{0}$)]x – (x – x$_{0}$)y – f(x)x$_{0}$ + xf(x$_{0}$) = 0

Tức là y = $\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}x+\frac{xf({x}_{0})-{x}_{0}f(x)}{x-{x}_{0}}$ .

Do đó, hệ số góc của cát tuyến PQ là ${k}_{PQ}=\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}$.

b)

Khi thì vị trí của điểm Q(x; f(x)) trên đồ thị (C) sẽ tiến gần đến điểm P(x$_{0}$; f(x$_{0}$)) và khi x = x$_{0}$ hai điểm này sẽ trùng nhau.

c)

Nếu điểm Q di chuyển trên (C) tới điểm P mà k$_{PQ}$ có giới hạn hữu hạn k thì cát tuyến PQ cũng sẽ tiến gần đến gần vị trí tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm P. Vì vậy giới hạn của cát tuyến QP sẽ là đường thẳng tiếp tuyến tại điểm P.

Ta có: y*'* = (x$^{2}$)' = 2x nên ${y}^{'}(\frac{1}{2})=2.\frac{1}{2}=1$ .

Vậy hệ số của tiếp tuyến của parabol y = x$^{2}$ tại điểm có hoành độ x$_{0}$ = $\frac{1}{2}$ là k = 1.

a)

Ta có: y*'* = (x$^{2}$)' = 2x nên y*'*(1) = 2.1 = 2.

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của parabol y = x$^{2}$ tại điểm có hoành độ x$_{0}$ = 1 là k = 2.

b)

Ta có: x$_{0}$ = 1 nên y$_{0}$ = 1$^{2}$ = 1.

Hệ số góc của tiếp tuyến là k = 2 nên phương trình tiếp tuyến có dạng y = 2x + c.

Suy ra: 1 = 2.1 + c ⇒ c = –1.

Vậy phương trình tiếp tuyến là y = 2x – 1.

Ta có: y' = (–2x$^{2}$) = –4x.

Nên hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x$_{0}$ = –1 là y*'*(–1) = –4.(–1) = 4.

Ngoài ra, ta có y(–1) = –2 nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

y – (–2) = 4(x + 1) hay y = 4x + 2.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm AB. Tia Ox trùng với tia OB, tia Oy vuông góc với tia Ox tại O, hướng như hình vẽ.

Khi đó ta có: A(–200; 0); B(200; 0).

Gọi chiều cao giới hạn của cầu là h (h > 0), suy ra đỉnh cầu có tọa độ (0; h).

Ta tìm được phương trình parabol của cầu là: $y=\frac{-h}{{200}^{2}}{x}^{2}+h$ .

Theo cách làm ở Ví dụ 2, ta có: $y'=\frac{-2h}{{200}^{2}}x$ .

Suy ra hệ số góc xác định độ dốc của mặt cầu là:

k = $y'=\frac{-2h}{{200}^{2}}x$ với –200 ≤ x ≤ 200

Do đó, |k| =$\frac{-2h}{{200}^{2}}|x|$ ≤ $\frac{-2h}{{200}^{2}}.200=\frac{h}{100}$ .

Vì độ dốc của mặt cầu không quá nên ta có: $\frac{h}{100}\le \tan 10^{\circ}$ ⇔ h ≤ 17,6.

Vậy chiều cao giới hạn từ đỉnh cầu tới mặt đường là 17,6 m.

a)

Ta có: f*'*(1) = $\underset{x\rightarrow 1}{\lim }\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\underset{x\rightarrow 1}{\lim }\frac{{x}^{2}-x}{x-1}=\underset{x\rightarrow 1}{\lim }\frac{x(x-1)}{x-1}=\underset{x\rightarrow 1}{\lim }x=1$ .

Vậy f*'*(1) = 1.

b)

Ta có:

f*'*(–1) = $\underset{x\rightarrow -1}{\lim }\frac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)}=\underset{x\rightarrow -1}{\lim }\frac{-{x}^{3}-1}{x+1}=\underset{x\rightarrow -1}{\lim }\frac{-(x+1)({x}^{2}-x+1)}{x+1}$

$=\underset{x\rightarrow -1}{\lim }[-({x}^{2}-x+1)]=-3$

Vậy f*'*(–1) = – 3.

a) Đặt y = f(x) = kx$^{2}$ + c.

Với x$_{0}$ bất kì, ta có:

f*'*(x$_{0}$) = $\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{k{x}^{2}+c-(k{{x}_{0}}^{2}+c)}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{k({x}^{2}-{{x}_{0}}^{2})}{x-{x}_{0}}$

$=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{k(x-{x}_{0})(x+{x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }[k(x+{x}_{0})]=2k{x}_{0}$.

Vậy hàm số y = kx$^{2}$ + c có đạo hàm là hàm số y*'* = 2kx.

b) Đặt y = f(x) = x$^{3}$.

Với x$_{0}$ bất kì, ta có:

f*'*(x$_{0}$) = $\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{{x}^{3}-{{x}_{0}}^{3}}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{(x-{x}_{0})({x}^{2}+x{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2})}{x-{x}_{0}}$

Vậy hàm số y = x$^{3}$ có đạo hàm là hàm số y*'* = 3x$^{2}$.

Đặt y = f(x) = – x$^{2}$ + 4x.

Với x$_{0}$ bất kì, ta có:

f*'*(x$_{0}$) = $\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{-{x}^{2}+4x+{{x}_{0}}^{2}-4{x}_{0}}{x-{x}_{0}}$

$=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{-({x}^{2}-{{x}_{0}}^{2})+4(x-{x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{(x-{x}_{0})(-x-{x}_{0}+4)}{x-{x}_{0}}$.

Vậy hàm số y = –x$^{2}$ + 4x có đạo hàm là hàm số y*'* = –2x + 4.

a)

Ta có: y*'*(1) = –2.1 + 4 = 2.

Ngoài ra, f(1) = 3 nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

y – 3 = 2(x – 1) hay y = 2x + 1.

b)

Ta có: y$_{0}$ = 0 nên –x$_{0}$$^{2}$ + 4x$_{0}$ = 0 ⇔ $[\begin{matrix}{x}_{0}=0 \\ {x}_{0}=4\end{matrix}$ .

+) Với x$_{0}$ = 0, y$_{0}$= 0, ta có y*'*(0) = 4, do đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = 4x.

+) Với x$_{0}$ = 4, y$_{0}$ = 0, ta có y*'*(4) = –4 do đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

y = –4(x – 4) hay y = –4x + 16.

+ Đặt h = f(t) = 19,6t – 4,9t$^{2}$.

Với x$_{0}$ bất kì, ta có:$f'({t}_{0})=\underset{t\rightarrow {t}_{0}}{\lim }\frac{f(t)-f({t}_{0})}{t-{t}_{0}}=\underset{t\rightarrow {t}_{0}}{\lim }\frac{19{,}6t-4{,}9{t}^{2}-19{,}6{t}_{0}+4{,}9{{t}_{0}}^{2}}{t-{t}_{0}}$

$=\underset{t\rightarrow {t}_{0}}{\lim }\frac{-4{,}9({t}^{2}-{{t}_{0}}^{2})+19{,}6(t-{t}_{0})}{t-{t}_{0}}=\underset{t\rightarrow {t}_{0}}{\lim }\frac{(t-{t}_{0})(-4{,}9t-4{,}9{t}_{0}+19{,}6)}{t-{t}_{0}}$

$=\underset{t\rightarrow {t}_{0}}{\lim }(-4{,}9t-4{,}9{t}_{0}+19{,}6)=-9{,}8{t}_{0}+19{,}6$.

Vậy hàm số h = 19,6t – 4,9t$^{2}$ có đạo hàm là hàm số h*'* = –9,8t$_{0}$ + 19,6.

+ Khi vật chạm đất thì h = 0, tức là 19,6t – 4,9t$^{2}$ = 0 ⇔ $[\begin{matrix}t=0 \\ t=4\end{matrix}$ .

Khi t = 4, vận tốc của vật khi nó chạm đất là v(4) = h*'*(4) = –9,8.4 + 19,6 = –19,6 (m/s).

a)

Vì gốc tọa độ đặt tại P nên P(0; 0) do đó ta có: c = y(0) = 0.

b)

Ta tính được: y*'* = 2ax + b.

Suy ra: y*'*(0) = b.

Mà L$_{1}$ là phương trình tiếp tuyến tại P có hệ số góc 0,5 nên y*'*(0) = 0,5 ⇒ b = 0,5.

c)
L$_{2}$ là phương trình tiếp tuyến tại Q có hệ số góc –0,75 nên

y*'*(x$_{Q}$) = 2ax$_{Q}$ + 0,5 = –0,75.

Vì khoảng cách theo phương ngang giữa P và Q là 40 m nên x$_{Q}$ – x$_{P}$ = x$_{Q}$ = 40.

⇒ 2a . 40 + 0,5 = –0,75 ⇒ a = $\frac{-1}{64}$ .

Khi đó phương trình parabol là $y=-\frac{1}{64}{x}^{2}+\frac{1}{2}x$ .

d)

Ta có: ${y}_{Q}=\frac{-1}{64}{.40}^{2}+\frac{1}{2}.40=-5$ .

Vậy chênh lệch độ cao giữa hai điểm chuyển tiếp P và Q là: |y$_{P}$ – y$_{Q}$| = 5.