Bài tập Vận dụng các quy tắc tính đạo hàm để giải quyết một số bài toán thực tiễn lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: C

Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm t (t ≥ 0) là:

v(t) = s′(t) = \({\left( {\;\frac{1}{3}{t^3} - 2{t^2} + 7t + 8} \right)^\prime }\) = t² – 4t + 7

Biến đổi biểu thức vận tốc: v(t) = (t² – 4t + 4) + 3 = (t – 2)² + 3

Vì (t – 2)² ≥ 0 với mọi t ≥ 0, nên v(t) ≥ 3 với mọi t ≥ 0

Dấu "=" xảy ra ⇔ t – 2 = 0 ⇔ t = 2 (thỏa mãn t ≥ 0).

Vậy vận tốc nhỏ nhất mà vật đạt được là 3 m/s tại thời điểm t = 2 giây.

Đáp án đúng là: A

Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm t là:

v(t) = s′(t) = \({\left( {\sqrt {2{t^2} + 1} } \right)^\prime }\) = \(\frac{{{{\left( {2{t^2} + 1} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {2{t^2} + 1} }} = \frac{{4t}}{{2\sqrt {2{t^2} + 1} }} = \frac{{2t}}{{\sqrt {2{t^2} + 1} }}\)

Vận tốc của vật tại thời điểm t = 2s là: v(2) = \(\frac{{2 \cdot 2}}{{\sqrt {2 \cdot {2^2} + 1} }} = \frac{4}{{\sqrt 9 }} = \frac{4}{3}\) (cm/s)

Vậy vận tốc của vật tại thời điểm t = 2s là \(\frac{4}{3}\) cm/s.

Đáp án đúng là: D

Vận tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t (t ≥ 0) được xác định bởi đạo hàm của hàm vị trí s(t): v(t) = s′(t) = (4t³ – t² + 9t – 5)′ = 12t² – 2t + 9

Theo đề bài, vận tốc của vật tại thời điểm t bằng 23 cm/s, ta có phương trình:

v(t) = 23 ⇔ 12t² – 2t + 9 = 23 ⇔ 12t² – 2t – 14 = 0 ⇔ 6t² – t – 7 = 0

Ta có: ∆ = (–1)² – 4 ⋅ 6 ⋅ (–7) = 169 = 13² > 0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

t₁ = \(\frac{{ - \left( { - 1} \right) + 13}}{{2 \cdot 6}} = \frac{{14}}{{12}} = \frac{7}{6}\); t₂ = \(\frac{{ - \left( { - 1} \right) - 13}}{{2 \cdot 6}} = \frac{{ - 12}}{{12}} = - 1\)

Vì thời gian t ≥ 0 nên ta chọn t = \(\frac{7}{6}\)s

Vậy tại thời điểm t = \(\frac{7}{6}\)s thì vận tốc của vật đạt 23cm/s.

Đáp án đúng là: C

Cường độ dòng điện tức thời tại thời điểm t (t ≥ 0) được xác định bởi đạo hàm của hàm điện lượng Q(t): I(t) = Q′(t) = (7t – 2)′ = 7 (A)

Cường độ dòng điện I(t) = 7A là một hằng số không phụ thuộc vào thời gian t (dòng điện một chiều đều)

Do đó, tại thời điểm t = 4s, cường độ dòng điện trong dây dẫn là: I(4) = 7A

Vậy cường độ dòng điện tại thời điểm t = 4s là 7A.

Đáp án đúng là: C

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t là đạo hàm của hàm vị trí s(t):

v(t) = s′(t) = \({\left( {\frac{1}{{\cos \left( {\pi t} \right)}}} \right)^\prime }\) = \( - \frac{{{{\left( {\cos \left( {\pi t} \right)} \right)}^\prime }}}{{{{\cos }^2}\left( {\pi t} \right)}} = - \frac{{ - \pi \cdot \sin \left( {\pi t} \right)}}{{{{\cos }^2}\left( {\pi t} \right)}} = \frac{{\pi \sin \left( {\pi t} \right)}}{{{{\cos }^2}\left( {\pi t} \right)}}\)

Tại thời điểm t = \(\frac{1}{6}\) s, ta có: \(\sin \left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2}\); \(\cos \left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) ⇒ \({\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{3}{4}\)

Vận tốc của chuyển động tại thời điểm t = \(\frac{1}{6}\)s là:

v\(\left( {\frac{1}{6}} \right)\) = \(\frac{{\pi \cdot \frac{1}{2}}}{{\frac{3}{4}}} = \frac{\pi }{2} \cdot \frac{4}{3} = \frac{{2\pi }}{3}\) (m/s)

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Đúng. Vận tốc tức thời của hạt tại thời điểm t là đạo hàm của hàm vị trí s(t):

v(t) = s′(t) = (2sin(\(\pi \)t) + cos(\(\pi \)t))′ = 2\(\pi \)cos(\(\pi \)t) – \(\pi \)sin(\(\pi \)t) (cm/s).

b) Sai. Vận tốc ban đầu của hạt tại thời điểm t = 0 là:

v(0) = 2\(\pi \)cos(0) – \(\pi \)sin(0) = 2\(\pi \) ⋅ 1 – \(\pi \) ⋅ 0 = 2\(\pi \)cm/s ≠ 2cm/s.

c) Đúng. Tại thời điểm t = 0,5s, vận tốc của hạt là:

v(0,5) = 2\(\pi \)cos(0,5\(\pi \)) – \(\pi \)sin(0,5\(\pi \)) = 2\(\pi \) ⋅ 0 – \(\pi \) ⋅ 1 = –\(\pi \) (cm/s).

d) Đúng. Gia tốc tức thời của hạt a(t) là đạo hàm của vận tốc v(t):

a(t) = v′(t) = (2\(\pi \)cos(\(\pi \)t) – \(\pi \)sin(\(\pi \)t))′ = –2\(\pi \)²sin(\(\pi \)t) – \(\pi \)²cos(\(\pi \)t).

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Đặt x = [H⁺] (x > 0)

Tốc độ thay đổi của độ pH theo nồng độ x được xác định bởi đạo hàm của f(x):

f′(x) = (–logx)′ = \( - \frac{1}{{x\ln 10}}\)

Thay x = [H⁺], ta được f′([H⁺]) = \( - \frac{1}{{\left[ {{H^ + }} \right]\ln 10}}\).

b) Đúng. Tại [H⁺] = 10^–3 mol/L, độ pH của dung dịch là: pH = –log(10^–3) = –(–3) = 3.

c) Đúng. Tốc độ thay đổi của độ pH tại [H⁺] = 10^–3 mol/L là giá trị của f′(10^–3):

f′(10^–3) = \( - \frac{1}{{{{10}^{ - 3}}\ln 10}} = - \frac{{1000}}{{\ln 10}}\)

d) Sai. Vì x = [H⁺] > 0 và ln10 > 0 nên f′(x) = \( - \frac{1}{{x\ln 10}}\) < 0 với mọi x > 0

Do đạo hàm luôn âm nên hàm số f(x) nghịch biến trên (0; +\(\infty \))

Vậy khi nồng độ [H⁺] tăng lên thì độ pH của dung dịch sẽ giảm xuống.

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Diện tích hình vuông có cạnh là x(t) được tính bằng công thức S(t) = [x(t)]²

Thay x(t) = 10 + 0,5t, ta được: S(t) = (10 + 0,5t)² (cm²).

b) Sai. Tốc độ biến thiên diện tích theo thời gian t là đạo hàm S′(t):

S′(t) = [(10 + 0,5t)²]′ = 2(10 + 0,5t) ⋅ (10 + 0,5t)′ = 2(10 + 0,5t) ⋅ 0,5 = 10 + 0,5t.

c) Đúng. Tại thời điểm t = 4s, diện tích tấm kim loại là:

S(4) = (10 + 0,5 ⋅ 4)² = (10 + 2)² = 12² = 144 (cm²).

d) Sai. Tại thời điểm t = 4s, tốc độ tăng diện tích tấm kim loại là giá trị của S′(4):

S′(4) = 10 + 0,5 ⋅ 4 = 10 + 2 = 12 (cm²/s).

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Hàm chi phí biên là đạo hàm của hàm chi phí C(x):

C′(x) = (0,001x³ – 0,3x² + 50x + 1000)′ = 0,003x² – 0,6x + 50.

b) Đúng. Chi phí biên tại mức sản xuất x = 100 sản phẩm là giá trị C′(100):

C′(100) = 0,003 ⋅ 100² – 0,6 ⋅ 100 + 50 = 30 – 60 + 50 = 20 (nghìn đồng/sản phẩm).

c) Đúng. Chi phí thực tế để sản xuất thêm sản phẩm thứ 101 chính là sự chênh lệch giữa tổng chi phí sản xuất 101 sản phẩm và tổng chi phí sản xuất 100 sản phẩm:

∆C = C(101) – C(100).

d) Sai. Ta tính chi phí thực tế ∆C:

C(100) = 0,001 ⋅ 100³ – 0,3 ⋅ 100² + 50 ⋅ 100 + 1000

= 1000 – 3000 + 5000 + 1000 = 4000

C(101) = 0,001 ⋅ 101³ – 0,3 ⋅ 101² + 50 ⋅ 101 + 1000

= 1030,301 – 3060,3 + 5050 + 1000 = 4020,001

Chi phí thực tế để sản xuất sản phẩm thứ 101 là:

∆C = 4020,001 – 4000 = 20,001 (nghìn đồng)

Độ lệch giữa chi phí thực tế và chi phí biên C′(100) là:

∆C – C′(100) = 20,001 – 20 = 0,001 (nghìn đồng).

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Cường độ dòng điện tức thời I(t) là đạo hàm của hàm điện lượng Q(t):

I(t) = Q′(t) = [2sin(100\(\pi \)t) + 3cos(100\(\pi \)t)]′

= 2 ⋅ 100\(\pi \)cos(100\(\pi \)t) – 3 ⋅ 100\(\pi \)sin(100\(\pi \)t) = 200\(\pi \)cos(100\(\pi \)t) – 300\(\pi \)sin(100\(\pi \)t) (A).

b) Đúng. Cường độ dòng điện tại thời điểm t = 0 là:

I(0) = 200\(\pi \)cos(0) – 300\(\pi \)sin(0) = 200\(\pi \) ⋅ 1 – 0 = 200\(\pi \) (A).

c) Đúng. Tại thời điểm t = \(\frac{1}{{400}}\)s, góc lượng giác là 100\(\pi \)t = 100\(\pi \) ⋅ \(\frac{1}{{400}}\) = \(\frac{\pi }{4}\)

Cường độ dòng điện khi đó là:

I\(\left( {\frac{1}{{400}}} \right)\) = 200\(\pi \)cos\(\left( {\frac{\pi }{4}} \right)\) – 300\(\pi \)sin\(\left( {\frac{\pi }{4}} \right)\) = 200\(\pi \) ⋅ \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) – 300\(\pi \) ⋅ \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

= 100\(\sqrt 2 \)\(\pi \) – 150\(\sqrt 2 \)\(\pi \) = –50\(\sqrt 2 \)\(\pi \) (A).

d) Sai. Tại thời điểm t = \(\frac{1}{{200}}\)s, góc lượng giác là 100\(\pi \)t = 100\(\pi \) ⋅ \(\frac{1}{{200}}\) = \(\frac{\pi }{2}\)

Cường độ dòng điện khi đó là:

I\(\left( {\frac{1}{{200}}} \right)\) = 200\(\pi \)cos\(\left( {\frac{\pi }{2}} \right)\) – 300\(\pi \)sin\(\left( {\frac{\pi }{2}} \right)\) = 200\(\pi \) ⋅ 0 – 300\(\pi \) ⋅ 1 = –300\(\pi \) (A).

Đáp án: 3,24

Vận tốc tức thời của vật rơi tự do tại thời điểm t là đạo hàm của hàm quãng đường h(t):

v(t) = h′(t) = (0,81t²)′ = 0,81 ⋅ 2t = 1,62t (m/s)

Tại thời điểm t = 2s, vận tốc tức thời của vật là: v(2) = 1,62 ⋅ 2 = 3,24 (m/s).

Đáp án: 4

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t là đạo hàm của hàm vị trí s(t):

v(t) = s′(t) = (–2t² + 16t + 15)′ = –4t + 16 (m/s)

Tại thời điểm t = 3s, vận tốc tức thời của chuyển động là: v(3) = –4 ⋅ 3 + 16 = 4 (m/s).

Đáp án: 44,7

Tốc độ tăng chi phí theo thời gian t là đạo hàm hàm hợp C′(t):

C′(t) = C′(x) ⋅ x′(t)

Ta có: C′(x) = \({\left( {\sqrt {5{x^2} + 60} } \right)^\prime } = \frac{{{{\left( {5{x^2} + 60} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {5{x^2} + 60} }} = \frac{{10x}}{{2\sqrt {5{x^2} + 60} }}\) = \(\frac{{5x}}{{\sqrt {5{x^2} + 60} }}\)

x′(t) = (20t + 40)′ = 20

Số mặt hàng sản xuất được sau 4 tháng: x(4) = 20 ⋅ 4 + 40 = 120 (mặt hàng)

Tốc độ thay đổi chi phí theo sản lượng tại x = 120: C′(120) = \(\frac{{5 \cdot 120}}{{\sqrt {5 \cdot {{120}^2} + 60} }} = \frac{{600}}{{\sqrt {72060} }}\)

⇒ C′(4) = C′(120) ⋅ x′(4) = \(\frac{{600}}{{\sqrt {72060} }} \cdot 20 = \frac{{12000}}{{\sqrt {72060} }}\)≈ 44,7 (nghìn đô–la/tháng).

Đáp án: 12,7

Vận tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm t là đạo hàm của s(t):

v(t) = s′(t) = \({\left[ {6\sin \left( {3t + \frac{\pi }{4}} \right)} \right]^\prime }\) = 6 ⋅ 3cos\(\left( {3t + \frac{\pi }{4}} \right)\) = 18cos\(\left( {3t + \frac{\pi }{4}} \right)\) (cm/s)

Tại thời điểm t = \(\frac{\pi }{2}\)s, góc lượng giác là: 3t + \(\frac{\pi }{4}\) = 3 ⋅ \(\frac{\pi }{2}\) + \(\frac{\pi }{4}\) = \(\frac{{7\pi }}{4}\)

Vận tốc tức thời của chất điểm là:

v\(\left( {\frac{\pi }{2}} \right)\) = 18cos\(\left( {\frac{{7\pi }}{4}} \right)\) = 18 ⋅ \(\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\) = \(9\sqrt 2 \) ≈ 12,7 (cm/s).

Đáp án: 8000

Tốc độ thay đổi lợi nhuận theo số lượng sản phẩm x là đạo hàm P′(x):

P′(x) = (–200x² + 12800x – 74000)′ = –400x + 12800 (nghìn đồng/trăm sản phẩm)

Ta có: 1200 sản phẩm = \(\frac{{1200}}{{100}}\) = 12 (trăm sản phẩm) ⇒ x = 12

Tốc độ thay đổi lợi nhuận khi sản xuất 1200 sản phẩm (x = 12) là:

P′(12) = –400 ⋅ 12 + 12800 = –4800 + 12800 = 8000 (nghìn đồng/trăm sản phẩm).