Giải SGK Toán 11 KNTT Bài 32. Các quy tắc tính đạo hàm có đáp án

Phương trình chuyển động của vật là $h={v}_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^{2}$

Vận tốc của vật tại thời điểm t được cho bởi v(t) = h*'* = v$_{0}$ – gt.

Vật đạt độ cao cực đại tại thời điểm ${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{g}$, tại đó vận tốc bằng v(t$_{1}$) = v$_{0}$ – gt$_{1}$ = 0.

Vật chạm đất tại thời điểm t$_{2}$ mà h(t$_{2}$) = 0 nên ta có:

${v}_{0}{t}_{2}-\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}=0$ ⇔ t$_{2}$ = 0 (Loại) hoặc ${t}_{2}=\frac{2{v}_{0}}{g}$.

Khi chạm đất, vận tốc của vật là v(t$_{2}$) = v$_{0}$ – gt$_{2}$ = –v$_{0}$ = –20 (m/s).

Dấu âm của v(t$_{2}$) thể hiện độ cao của vật giảm với vận tốc 20 m/s (tức là chiều chuyển động của vật ngược với chiều dương đã chọn).

a)

Đặt y = f(x) = x$^{3}$.

Với x$_{0}$ bất kì, ta có:

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

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

$=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }({x}^{2}+x{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2})=3{{x}_{0}}^{2}$.

Vậy đạo hàm của hàm số đã cho là y*'* = 3x.

b)

Dự đoán công thức đạo hàm của hàm số y = x$^{n}$ (n ∈ ℕ$^{*}$) là y*'* = nx$^{n – 1}$.

Đặt f(x) = $y=\sqrt{x}$ .

Với x$_{0}$ > 0, ta có

$y'=f'({x}_{0})=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{\sqrt{x}-\sqrt{{x}_{0}}}{x-{x}_{0}}$

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

$=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{{x}_{0}}}=\frac{1}{2\sqrt{{x}_{0}}}$.

Vậy đạo hàm của hàm số đã cho là ${y}^{'}=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ .

a)

Đặt f(x) = y = x$^{3}$ + x$^{2}$.

Với x$_{0}$ bất kì, ta có:

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

$\begin{matrix}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{({x}^{3}-{{x}_{0}}^{3})+({x}^{2}-{{x}_{0}}^{2})}{x-{x}_{0}} \\ =\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{(x-{x}_{0})({x}^{2}+x{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2}+x+{x}_{0})}{x-{x}_{0}}\end{matrix}$

$=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }({x}^{2}+x{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2}+x+{x}_{0})=3{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}$.

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

b)

Ta có (x$^{3}$)' = 3x$^{2}$ ; (x$^{2}$)' = 2x, do đó (x$^{3}$)' + (x$^{2}$)' = 3x$^{2}$ + 2x.

Từ đó suy ra (x$^{3}$ + x$^{2}$)' = (x$^{3}$)' + (x$^{2}$)' (cùng bằng 3x$^{2}$ + 2x).

a)

Với x ≥ 0 và x ≠ – 1 ta có:${y}^{'}={(\frac{\sqrt{x}}{x+1})}^{'}=\frac{{(\sqrt{x})}^{'}.(x+1)-\sqrt{x}.(x+1{)}^{'}}{{(x+1)}^{2}}$

$=\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}(x+1)-\sqrt{x}.1}{{(x+1)}^{2}}=\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}(x+1)-\frac{2x}{2\sqrt{x}}}{{(x+1)}^{2}}$

$=\frac{\frac{x+1-2x}{2\sqrt{x}}}{{(x+1)}^{2}}=\frac{\frac{1-x}{2\sqrt{x}}}{{(x+1)}^{2}}=\frac{1-x}{2\sqrt{x}{(x+1)}^{2}}$.

b)

Với x ≥ 0 ta có:

${y}^{'}={[(\sqrt{x}+1)({x}^{2}+2)]}^{'}$

$={(\sqrt{x}+1)}^{'}.({x}^{2}+2)+(\sqrt{x}+1){({x}^{2}+2)}^{'}$

$=[{(\sqrt{x})}^{'}+{1}^{'}].({x}^{2}+2)+(\sqrt{x}+1)[{({x}^{2})}^{'}+{2}^{'}]$

$=\frac{1}{2\sqrt{x}}.({x}^{2}+2)+(\sqrt{x}+1).2x=\frac{{x}^{2}+2}{2\sqrt{x}}+2x(\sqrt{x}+1)$

a)

Công thức của hàm số hợp y = (u(x))$^{2}$ theo biến x là:

y = (u(x))$^{2}$ = (x$^{2}$ + 1)$^{2}$ = x$^{4}$ + 2x$^{2}$ + 1.

b)

Ta có y*'(x) = (x$^{4}$ + 2x$^{2}$ + 1)'* = 4x$^{3}$ + 4x.

Lại có u*'(x) = (x$^{2}$+ 1)'* = 2x ; y*'(u) = (u$^{2}$)'* = 2u.

Do đó, y*'* (u) . u*'* (x) = 2u . 2x = 4x(x$^{2}$ + 1) = 4x$^{3}$ + 4x.

Vậy y*'(x) = y'* (u) . u*'* (x).

a)

y*'* = [(2x – 3)$^{10}$]' = 10.(2x – 3)$^{9}$. (2x – 3)' = 10.(2x – 3)$^{9}$. 2 = 20(2x – 3)$^{9}$.

b) Với x ∈ (– 1; 1), ta có:

y*'* = ${(\sqrt{1-{x}^{2}})}^{'}=\frac{1}{2\sqrt{1-{x}^{2}}}.{(1-{x}^{2})}^{'}=\frac{-2x}{2\sqrt{1-{x}^{2}}}=\frac{-x}{\sqrt{1-{x}^{2}}}$.

a) Với h ≠ 0, ta có:

sin(x + h) – sin x = $2cos\frac{x+h+x}{2}.\sin \frac{x+h-x}{2}$ = $2cos\frac{2x+h}{2}.\sin \frac{h}{2}$.

b)

Với x$_{0}$ bất kỳ ta có:

${f}^{'}({x}_{0})=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{f(x)-f({x}_{0})}{x-{x}_{0}}=\underset{x\rightarrow {x}_{0}}{\lim }\frac{\sin x-\sin {x}_{0}}{x-{x}_{0}}$

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

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

Vậy hàm số y = sin x có đạo hàm là hàm số y*'* = cos x.

Ta có

y*'* = (cos x)' = ${[\sin (\frac{π}{2}-x)]}^{'}={(\frac{π}{2}-x)}^{'}.\cos (\frac{π}{2}-x)$

$=-\cos (\frac{π}{2}-x)=-\sin x$.

Vậy đạo hàm của hàm số y = cos x là hàm số y*'* = – sin x.

a) Ta có

${y}^{'}=(\tan x{)}^{'}={(\frac{\sin x}{\cos x}\ )}^{'}$

$=\frac{(\sin x{)}^{'}.\cos x-\sin x.(\cos x{)}^{'}}{{\cos }^{2}x}$

$=\frac{{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$.

a) Ta có

${y}^{'}=(\tan x{)}^{'}={(\frac{\sin x}{\cos x}\ )}^{'}$

$=\frac{(\sin x{)}^{'}.\cos x-\sin x.(\cos x{)}^{'}}{{\cos }^{2}x}$

$=\frac{{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$.

b) Ta có

${y}^{'}=(\cot x{)}^{'}={(\tan (\frac{π}{2}-x))}^{'}=\frac{-1}{{\cos }^{2}(\frac{π}{2}-x)}=\frac{-1}{{\sin }^{2}x}$.

Ta có:

${y}^{'}=2{({\tan }^{2}x)}^{'}+3{[\cot (\frac{π}{3}-2x)]}^{'}$

$=2.2\tan x.\frac{1}{{\cos }^{2}x}+3.\frac{-(-2)}{{\sin }^{2}(\frac{π}{3}-2x)}$

$=\frac{4\tan x}{{\cos }^{2}x}+\frac{6}{{\sin }^{2}(\frac{π}{3}-2x)}$.

Ta có:

v(t) = s*'*(t) = $4{[\cos (2πt-\frac{π}{8})]}^{'}=-4.2π.\sin (2πt-\frac{π}{8})=-8π.\sin (2πt-\frac{π}{8})$ .

Vậy vận tốc của vật khi t = 5 giây là:

$v(5)=-8π.\sin (2π.5-\frac{π}{8})\approx 9{,}6$ (m/s).

a)

Ta có: t = $\frac{1}{x}$ , nên khi x → 0 thì t → + ∞ do đó:

$\underset{x\rightarrow 0}{\lim }{(1+x)}^{\frac{1}{x}}=\underset{t\rightarrow +\infty }{\lim }{(1+\frac{1}{t})}^{t}=e$.

b) Với $y={(1+x)}^{\frac{1}{x}}$ , ta có:

ln y $=\ln {(1+x)}^{\frac{1}{x}}=\frac{1}{x}\ln (1+x)$ .

Khi đó, $\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\ln y=\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1$ .

c)

t = e$^{x}$ – 1 ⇔ e$^{x}$ = t + 1 ⇔ x = ln(t + 1).

Ta có: $\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\frac{{e}^{x}-1}{x}=\underset{t\rightarrow 0}{\lim }\frac{t}{\ln (t+1)}=1$ .

a)

Với x bất kì và h = x – x$_{0}$, ta có:

${f}^{'}({x}_{0})=\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{f({x}_{0}+h)-f({x}_{0})}{h}=\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{{e}^{{x}_{0}+h}-{e}^{{x}_{0}}}{h}$

$=\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{{e}^{{x}_{0}}({e}^{h}-1)}{h}=\underset{h\rightarrow 0}{\lim }{e}^{{x}_{0}}.\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{{e}^{h}-1}{h}={e}^{{x}_{0}}$.

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

b)

Ta có: a$^{x}$ = e$^{x.ln a}$ nên (a$^{x}$)' = (e$^{x.ln a}$)' = (x.ln a)' . e$^{x.ln a}$ = e$^{x.ln a}$.ln a = a$^{x}$.ln a.

a)

${y}^{'}={({e}^{{x}^{2}-x})}^{'}={e}^{{x}^{2}-x}.{({x}^{2}-x)}^{'}=(2x-1){e}^{{x}^{2}-x}$.

b)

y*'* = (3$^{sin x}$)' = 3$^{sin x}$. (sin x)' . ln3 = 3$^{sin x}$.cos x. ln3.

a)

Với x > 0 bất kì và h = x – x$_{0}$ ta có:

${f}^{'}({x}_{0})=\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{f({x}_{0}+h)-f({x}_{0})}{h}=\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{\ln ({x}_{0}+h)-\ln {x}_{0}}{h}$

$=\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{\ln (1+\frac{h}{{x}_{0}})}{\frac{h}{{x}_{0}}.{x}_{0}}=\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{1}{{x}_{0}}.\underset{h\rightarrow 0}{\lim }\frac{\ln (1+\frac{h}{{x}_{0}})}{\frac{h}{{x}_{0}}}=\frac{1}{{x}_{0}}$.

Vậy hàm số y = ln x có đạo hàm là hàm số y*'* = $\frac{1}{x}$ .

b)

Ta có ${\log }_{a}x=\frac{\ln x}{\ln a}$ nên ${({\log }_{a}x)}^{'}={(\frac{\ln x}{\ln a})}^{'}=\frac{1}{x\ln a}$ .

Điều kiện: 2x – 1 > 0 ⇔ x > $\frac{1}{2}$ . Hàm số đã cho xác định trên $(\frac{1}{2};+\infty )$ .

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

Tốc độ thay đổi của pH với nồng độ [H$^{+}$] là đạo hàm của pH. Ta có:

pH = –log[H$^{+}$] ⇒ (pH)' = (–log[H$^{+}$])' = $=-\frac{{([{H}^{+}])}^{'}}{[{H}^{+}].\ln 10}=\frac{-1}{[{H}^{+}].\ln 10}$ .

Vậy tốc độ thay đổi của pH với nồng độ [H$^{+}$] là $\frac{-1}{[{H}^{+}]\ln 10}$ .

a)

y*'* = (x$^{3}$)' – 3.(x$^{2}$)' + 2.(x)' + 1*'* = 3x$^{2}$ – 6x + 2.

b) Với x > 0, ta có:

y*'* = (x$^{2}$)' – 4. ' + 3*'* = 2x – $\frac{2}{\sqrt{x}}$.

a) Với x ≠ – 2, ta có:

${y}^{'}={(\frac{2x-1}{x+2})}^{'}=\frac{(2x-1{)}^{'}.(x+2)-(2x-1).(x+2{)}^{'}}{{(x+2)}^{2}}$

$=\frac{2(x+2)-(2x-1)}{{(x+2)}^{2}}=\frac{5}{{(x+2)}^{2}}$.

b) ${y}^{'}={(\frac{2x}{{x}^{2}+1})}^{'}=\frac{(2x{)}^{'}({x}^{2}+1)-2x.({x}^{2}+1{)}^{'}}{{({x}^{2}+1)}^{2}}$

$=\frac{2({x}^{2}+1)-2x.2x}{{({x}^{2}+1)}^{2}}=\frac{-2{x}^{2}+2}{{({x}^{2}+1)}^{2}}$.

a)

y*'* = (x)' . sin$^{2}$x + x . (sin$^{2}$x)' = sin$^{2}$x + x . 2 . sinx . cosx = sin$^{2}$x + xsin2x.

b)

y*'* = (cos$^{2}$x)' + (sin2x)' = 2cosx.(–sinx) + 2cos2x

= –2cosx.sinx + 2cos2x = –sin2x + 2cos2x.

c)

y*'* = (sin3x)' – (3sinx)' = 3cos3x – 3cosx.

d) Với , ta có:

y*'* = (tanx)' + (cotx)' = $\frac{1}{{\cos }^{2}x}-\frac{1}{{\sin }^{2}x}$ .

a) ${y}^{'}={({2}^{3x-{x}^{2}})}^{'}={(3x-{x}^{2})}^{'}{.2}^{3x-{x}^{2}}.\ln 2=(3-2x){.2}^{3x-{x}^{2}}.\ln 2$ .

b) Với $x>-\frac{1}{4}$ , ta có:

${y}^{'}={\log }_{3}(4x+1)=\frac{(4x+1)'}{(4x+1)\ln 3}=\frac{4}{(4x+1)\ln 3}$.

Ta có: ${f}^{'}(x)=4\sin (3x-\frac{π}{4}).{[\sin (3x-\frac{π}{4})]}^{'}$

$=4.3.\cos (3x-\frac{π}{4}).\sin (3x-\frac{π}{4})$

$=12\cos (3x-\frac{π}{4}).\sin (3x-\frac{π}{4})=6\sin (6x-\frac{π}{2})$

Vì:

$-1\le \sin (6x-\frac{π}{2})\le 1\Leftrightarrow -6\le 6\sin (6x-\frac{π}{2})\le 6$

⇔ –6 ≤ f*'*(x) ≤ 6 với mọi x.

Vậy |f*'*(x)| ≤ 6 với mọi x.

Ta có: v(t) = h*'*(t) = –9,8t.

a) Vận tốc tại thời điểm t = 5 giây là:

v(5) = –9,8 . 5 = –49 (m/s).

Vậy vận tốc của vật tại thời điểm t = 5s là 49 m/s.

b)

Khi vật chạm đất h(t) = 0, tức là 100 – 4,9t$^{2}$ = 0 $\Rightarrow t=\frac{10\sqrt{10}}{7}$ .

Vậy vận tốc của vật khi chạm đất là $v(\frac{10\sqrt{10}}{7})=-9{,}8.\frac{10\sqrt{10}}{7}=-14\sqrt{10}$ (m/s).

Ở đây, dấu âm trong các kết quả tính vận tốc thể hiện vật chuyển động thẳng đứng xuống dưới (ngược với chiều dương).

Vận tốc của hạt sau t giây là:

v(t) = s*'(t) = 0,5.(4πt)'*.cos(4πt) = 2πcos(4πt) (m/s).

Vì –1 ≤ cos(4πt) ≤ 1 ⇔ –2π ≤ 2πcos(4πt) ≤ 2π ⇔ –2π ≤ v(t) ≤ 2π với mọi t.

Do đó vận tốc cực đại của hạt là 2π cm/s.