Giải SGK Toán 11 CTST Bài 1. Đạo hàm có đáp án

Sau khi học xong bài này, ta giải quyết được:

Tốc độ của xe cho biết tốc độ thay đổi của quãng đường của xe đi được theo thời gian. Nếu biết quãng đường tại mọi thời điểm thì có thể tính được tốc độ của xe tại mọi thời điểm (dựa vào phép tính đạo hàm).

a) • Với t ∈ [5; 5,1], chọn t = 5,1 ta có:

s(t)−s(5)t−5=4,9 . 5,12−4,9 . 525,1−5=49,49.

• Với t ∈ [5; 5,05], chọn t = 5,05 ta có:

s(t)−s(5)t−5=4,9 . 5,052−4,9 . 525,05−5=49,245.

• Với t ∈ [5; 5,01], chọn t = 5,01 ta có:

s(t)−s(5)t−5=4,9 . 5,012−4,9 . 525,01−5=49,049.

• Với t ∈ [5; 5,001], chọn t = 5,001 ta có:

s(t)−s(5)t−5=4,9 . 5,0012−4,9 . 525,001−5=49,0049.

• Với t ∈ [4,999; 5], chọn t = 4,999 ta có:

s(t) - s(5)t-5=4,9.4,992-4,9.524,999-5=48,9951.

• Với t ∈ [4,99; 5], chọn t = 4,99 ta có:

s(t) - s(5)t-5=4,9.4,992-4,9.524,99-5=48,951.

Từ đó ta có bảng sau:

Khoảng thời gian	[5; 6]	[5; 5,1]	[5; 5,05]	[5; 5,01]	[5; 5,001]	[4,999; 5]	[4,99; 5]
s(t)−s(5)t−5	53,9	49,49	49,245	49,049	49,0049	48,9951	48,951

Ta thấy s(t)−s(5)t−5 càng gần 49 khi t càng gần 5.

b) limt→ 5s(t)−s5t−5=limt→ 54,9t2−4,9 . 52t−5

=limt→ 54,9t2−52t−5=limt→ 54,9t−5t+5t−5

=limt→ 54,9t+5=4,95+5=49.

c) limt→t0st−st0t−t0=limt→t04,9t2−4,9t02t−t0

=limt→t04,9t2−t02t−t0=limt→t04,9t−t0t+t0t−t0

=limt→t04,9t+t0=4,9t0+t0=9,8t0.

Với bất kì x₀ ∈ ℝ, ta có:

 f'x0=limx→x0x3−x03x−x0=limx→x0x−x0x2+x . x0+x02x−x0

 =limx→x0x2+x . x0+x02=x02+x0 . x0+x02=3x02.

Vậy  f'(x)=x3'=3x2 trên ℝ.

Với bất kì t₀ ∈ ℝ, ta có:

 s't0=limt→t0st−st0t−t0=9,8t0.

Do đó  s't=9,8t trên ℝ.

Vậy vận tốc tức thời của chuyển động lúc t = 2 là:

 v(2)=s'2=9,8 . 2=19,6 (m/s).

a) Đồ thị hàm số  (C):y=12x2 được vẽ như hình bên dưới.

Ta có  f'1=limt→1fx−f1x−1=limt→112x2−12x−1

 =limt→112x2−1x−1=limt→112x−1x+1x−1

 =limt→112x+1=12x+1=1.

Cho hàm số  y=f(x)=12x2 có đồ thị (C) và điểm  M1;  12 thuộc (C).

a) Vẽ (C) và tính f' (1).

b) Theo đề bài, đường thẳng d đi qua  M1;  12 và có hệ số góc bằng k = f' (1) = 1 nên:

 y−12=1x−1⇔y−12=x−1⇔y=x−12.

Lấy điểm  M1;  12, vẽ đường thẳng  (d):y=x−12, ta có hình vẽ:

Nhận xét: Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C) tại duy nhất tại điểm  M1;  12.

Khi đó, đường thẳng d tiếp xúc với đồ thị hàm số (C) tại điểm  M1;  12.

Ta có  1x'=−1x2 nên tiếp tuyến của (C) tại điểm M có hệ số góc  f'(x)=−112=−1.

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

y – 1 = (–1)(x – 1) ⇔ y – 1 = 1 – x ⇔ y = – x + 2.

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại điểm M bằng –1 và phương trình tiếp tuyến là y = – x + 2.

a) Nếu người gửi với kì hạn một năm.

Số tiền lãi sau một năm là A.r.

Tổng số tiền vốn và lãi sau một năm của người gửi là:

A + Ar = A(1 + r).

b) Nếu người gửi với kì hạn một tháng.

Số tiền lãi sau tháng thứ nhất là:  A .r12.

Tổng số tiền vốn và lãi sau tháng thứ nhất là:

 A+A .r12=A1+r12.

Số tiền lãi sau tháng thứ hai là:  A1+r12 ⋅r12.

Tổng số tiền vốn và lãi sau tháng thứ hai là:

 A1+r12+A1+r12 ⋅r12=A1+r121+r12=A1+r122.

Số tiền lãi sau tháng thứ ba là:  A1+r122 ⋅r12.

Tổng số tiền vốn và lãi sau tháng thứ ba là:

 A1+r122+A1+r122⋅r12=A1+r122⋅1+r12=A1+r123.

...

Tương tự, tổng số tiền vốn và lãi sau 1 năm (tức là sau tháng thứ 12) là:  A1+r1212.

Vậy tổng số tiền vốn và lãi sau một năm là  A1+r1212.

a) Tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau1 ngày là:

 T=5  000  000 . e0,04⋅1365≈5  000  548 (đồng)

Vậy tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau1 ngày khoảng 5 000 548 đồng.

b) Tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau 30 ngày là:

 T=5  000  000 . e0,04⋅30365≈5  016  465 (đồng).

Vậy tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau30 ngày khoảng 5 016 465 đồng.

a) Với bất kì x₀ ∈ ℝ, ta có:

 f'x0=limx→x0−x2−−x02x−x0=limx→x0−x2+x02x−x0

 =limx→x0−x−x0x+x0x−x0=limx→x0−x−x0

 =−x0−x0=−2x0.

Vậy  f'(x)=−x2'=−2x trên ℝ.

b) Với bất kì x₀ ∈ ℝ, ta có:

 f'x0=limx→x0x3−2x−x03−2x0x−x0

  =limx→x0x3−2x−x03+2x0x−x0=limx→x0x3−x03−2x−2x0x−x0

 =limx→x0x−x0x2+x . x0+x02−2x−x0x−x0

 =limx→x0x−x0x2+x . x0+x02−2x−x0

 =limx→x0x2+x . x0+x02−2

 =x02+x0 . x0+x02−2=3x02−2.

Vậy  f'(x)=x3−2x'=3x2−2 trên ℝ.

c) Với bất kì x₀ ≠ 0, ta có:

 f'x0=limx→x04x−4x0x−x0=limx→x04x0−4xxx0x−x0=limx→x04x0−4xxx0x−x0

 =limx→x0− 4x−x0xx0x−x0=limx→x0− 4xx0=− 4x0. x0=−4x02.

Vậy  f'(x)=4x'=−4x2 trên các khoảng (−∞; 0) và (0; +∞).

Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại điểm A là:

 f'1=limx→  1−2x2−−2 . 12x−1=limx→  1−2x2+2x−1

 =limx→  1−2x2−1x−1=limx→  1−2x−1x+1x−1

 =limx→  1−2x+1=−21+1=− 4.

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại điểm A là −4.

Ta có: (x³)′=3x².

a) Vì điểm M(−1;1)không thuộc đồ thị hàm số (C)nên không có phương trình tiếp tuyến tại điểm M(−1;1).

b) Với x₀=2⇔y₀=2³=8. Do đó N(2;8).

Tiếp tuyến của (C) tại điểm N(2;8) có hệ số góc là: 

f′(2)=3.2²=12.

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm N là:

y–8=12(x−2)⇔y=12x–24+8⇔y=12x–16.

Vận tốc tức thời của chuyển động tại t = 2 là:

 v(2)=s'2=limt→2s(t)−s(2)t−2

 =limt→24t3+6t+2−4 . 23+6 . 2+2t−2

 =limt→24t3+6t+2−46t−2=limt→24t3+6t−44t−2

 =limt→222t3+3t−22t−2=limt→22t−22t2+4t−11t−2

 =limt→222t2+4t−11=22 . 22+4 . 2−11=54.

Vậy vận tốc tức thời của chuyển động lúc t = 2 là v(2) = 54 m/s.

a) Nếu tiền lãi được tính theo thể thứclãi kép với kì hạn 6 tháng.

Tổng số tiền vốn và lãi người đó nhận được sau 1 năm là:

 T=A . 1+rnn=10  0000  0000 . 1+0,0522=10  506  250 (đồng).

Vậy tổng số tiền vốn và lãi người đó nhận được sau 1 năm là 10 506 250 đồng, nếu tiền lãi được tính theo thể thứclãi kép với kì hạn 6 tháng.

b) Nếu tiền lãi được tính theo thể thứclãi kép liên tục.

Tổng số tiền vốn và lãi người đó nhận được sau 1 năm là:

 T=A . ert=10  0000  0000 . e0,05≈10  512  711 (đồng).

Vậy tổng số tiền vốn và lãi người đó nhận được sau 1 năm là 10 512 711 đồng, nếu tiền lãi được tính theo thể thứclãi kép liên tục.

Ta có  h'2=limt→2h(t)−h(2)t−2=limt→20,81t2−0,81 . 22t−2

 =limt→20,81t2−22t−2=limt→20,81t−2t+2t−2

 =limt→20,81t+2=0,812+2=3,24.

Vậy vận tốc tức thời của chuyển động lúc t = 2 là v(2) = h' (2) = 3,24 m/s.