Đề kiểm tra Đạo hàm (có lời giải) - Đề 3

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số \[y = {x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x - 1\] là

\[y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3\]

Vì hệ số góc dương với mọi \(x\) nên ta có

\[y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3 > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3 > 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 < 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} < 0 \Rightarrow m \in \emptyset \]

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm của quãng đường $v\left(t\right)=s^{\text{'}}\left(t\right)=-t^2+8t+9$

Vận tốc bằng không khi:

\(v\left( t \right) = s'\left( t \right) =  - {t^2} + 8t + 9 = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t =  - 1\left( {ktm} \right)}\\{t = 9\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Quãng đường vật chuyển động được đến thời điểm \(t = 9\) là:

\(s\left( t \right) =  - \frac{1}{3}{.9^3} + {4.9^2} + 9.9 = 162\left( m \right)\)

Dùng định nghĩa ta tính được đạo hàm của hàm số \(s\left( t \right)\) tại \({t_0}\) là \(s'\left( {{t_0}} \right) =  - 3t_0^2 + 6{t_0} + 9 + m.\)

Vậy vận tốc của chất điểm tại thời điểm \({t_0}\) là

\[v\left( {{t_0}} \right) = s'\left( {{t_0}} \right) =  - 3{t_0}^2 + 6{t_0} + 9 + m =  - 3{\left( {{t_0} - 1} \right)^2} + 12 + m \le 12 + m.\]

Dấu \('' = ''\) xảy ra \( \Leftrightarrow {t_0} = 1.\)

Vận tốc của vật đạt giá trị lớn nhất \(v\left( {{t_0}} \right) = 12 + m\) khi \({t_0} = 1\left( {\rm{s}} \right){\rm{.}}\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}v\left( 1 \right) = 12 + m\\m \ge 0\end{array} \right.\) nên \(v\left( 1 \right) = 12\) là bé nhất khi \(m = 0\).

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

 

\({\rm{ Ta c\'o : }}\begin{array}{*{20}{l}}{{f^\prime }(1)}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - f(1)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{x - 1}}}\\{}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)(x + 3)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x + 3) = 4}\end{array}\)

Vậy \({f^\prime }(1) = 4\).

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

 

Ta có: \({f^\prime }(x) = {\left( {2{x^3}} \right)^\prime } = 6{x^2}\) nên tiếp tuyến của \((C)\) tại \(M\) có hệ số góc là:

\({f^\prime }( - 1) = 6 \cdot {( - 1)^2} = 6.;f( - 1) =  - 2\)

Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại \(M\) là:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y - f( - 1) = 6(x + 1)}&{ \Leftrightarrow y + 2 = 6(x + 1)}\\{}&{ \Leftrightarrow y = 6x + 4.}\end{array}\)

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

 

a) \({f^\prime }(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - x - f(1)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - x}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} x = 1\).

b) \({f^\prime }(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt x  - f(1)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt x  - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{1}{2}\).

c) \({f^\prime }(0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{{{x^2} + 1}} - f(0)}}{x} =  = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{{{x^2} + 1}} - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - x}}{{{x^2} + 1}} = 0\).

d) \({f^\prime }(2) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f(x) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{1}{{x + 1}} - f(2)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{3}}}{{x - 2}} =  = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - 1}}{{3(x + 1)}} =  - \frac{1}{9}\).

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

 

Ta có: \({y^\prime } =  - \frac{4}{{{{(x - 1)}^2}}} \Rightarrow {y^\prime }( - 1) =  - 1\).

Vì \({x_0} =  - 1\) nên \({y_0} =  - 2 \Rightarrow \) Tiếp điểm \(M( - 1; - 2)\).

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \(M( - 1; - 2)\) là \(y =  - x - 3\).

Ta có: \({f^\prime }(x) = {\left( { - 2{x^3} + x} \right)^\prime } = - 6{x^2} + 1\) nên hệ số góc của tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm có hoành độ bằng 1 là: \({f^\prime }(1) = - 6 \cdot {(1)^2} + 1 = - 5\).

\({\rm{ Ta c\'o  }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f(x) - f(2)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2{x^3} - 16}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} 2\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) = 24.\)

Vậy \({\rm{ }}{f^\prime }(2) = 24.{\rm{ }}\)

Ta có: \({x_0} =  - 2 \Rightarrow {y_0} = {( - 2)^3} + 2 \cdot {( - 2)^2} - 3 =  - 3\)

\({f^\prime }( - 2) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{f(x) - f(2)}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{{x^3} + 2{x^2}}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{{x^2}(x + 2)}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} {x^2} = 4\)

Vậy phương trình tiếp tuyến là: \(y = {y^\prime }\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = 4(x + 2) - 3 = 4x + 5\).

Ta có \(r = 6\%  = 0,06;1\) tháng \( = \frac{1}{{12}}\) năm.

Công thức tính tổng số tiền lãi và vốn sau \(t\) năm là \(T = A \cdot {e^{rt}}\)

Số tiền người đó nhận được sau 1 tháng là \(S = {20.10^6} \cdot {e^{0,06 \cdot \frac{1}{{12}}}} \simeq 20100250\) đồng.

Ta có \(s(3) = 625\) nghìn con \( \Rightarrow s(0) \cdot {2^3} = 625 \Rightarrow s(0) = \frac{{625}}{8}\) nghìn con.

Để số lượng vi khuẩn là 20 triệu con \( \Rightarrow s(0) \cdot {2^t} = 20000 \Rightarrow {2^t} = 20000:\frac{{625}}{8}\)

\( \Rightarrow {2^t} = {2^8} \Rightarrow t = 8\).

Vậy thời gian để số vi khuẩn đạt 20 triệu con là 8 phút.

Theo công thức tăng trưởng mũ: \(S = A \cdot {e^{n \cdot r}}\)

\( \Rightarrow 110000000 = 78685800 \cdot {e^{1,2\%  \cdot n}} \Leftrightarrow n = \frac{1}{{1,2\% }}\ln \frac{{110000000}}{{78685800}} \simeq 27,91\)

\( \Rightarrow \) Sau 28 năm thì dân số Việt Nam đạt 110 triệu người.

Vậy dân số nước ta đạt 110 triệu người vào năm 2029.