Giải toán 11 tập 2 trang 42 bài 1: Đạo hàm

Giải toán 11 tập 2 trang 42 Bài 1 sách Chân trời sáng tạo có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Giải toán 11 tập 2 trang 37

Hoạt động 1 trang 37 toán 11 tập 2

Quãng đường rơi tự do của một vật được biểu diễn bởi công thức $s\left( t \right) = 4,9{t^2}$ với $t$ là thời gian tính bằng giây và $s$ tính bằng mét.

Vận tốc trung bình của chuyển động này trên khoảng thời gian $\left[ {5;t} \right]$ hoặc $\left[ {t;5} \right]$ được tính bằng công thức $\frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}}$.

a) Hoàn thiện bảng sau về vận tốc trung bình trong những khoảng thời gian khác nhau. Nêu nhận xét về $\frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}}$ khi $t$ càng gần 5.

b) Giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{t \to 5} \frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}}$ được gọi là vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm ${t_0} = 5$. Tính giá trị này.

c) Tính giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{s\left( t \right) – s\left( {{t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}}$ để xác định vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm ${t_0}$ nào đó trong quá trình rơi của vật.

Lời giải:

a)

$\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {5;5,1} \right]}\end{array}:t = 5,1 \Rightarrow \frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}} = \frac{{4,9.5,{1^2} – 4,{{9.5}^2}}}{{5,1 – 5}} = 49,49\\\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {5;5,05} \right]}\end{array}:t = 5,05 \Rightarrow \frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}} = \frac{{4,9.5,{{05}^2} – 4,{{9.5}^2}}}{{5,05 – 5}} = 49,245\\\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {5;5,01} \right]}\end{array}:t = 5,01 \Rightarrow \frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}} = \frac{{4,9.5,{{01}^2} – 4,{{9.5}^2}}}{{5,01 – 5}} = 49,049\\\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {5;5,001} \right]}\end{array}:t = 5,001 \Rightarrow \frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}} = \frac{{4,9.5,{{001}^2} – 4,{{9.5}^2}}}{{5,001 – 5}} = 49,0049\\\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {4,999;5} \right]}\end{array}:t = 4,999 \Rightarrow \frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}} = \frac{{4,9.4,{{999}^2} – 4,{{9.5}^2}}}{{4,999 – 5}} = 48,9951\\\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {4,99;5} \right]}\end{array}:t = 4,99 \Rightarrow \frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}} = \frac{{4,9.4,{{99}^2} – 4,{{9.5}^2}}}{{4,99 – 5}} = 48,951\end{array}$

Ta thấy: $\frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}}$ càng gần 49 khi $t$ càng gần 5.

b)

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{t \to 5} \frac{{s\left( t \right) – s\left( 5 \right)}}{{t – 5}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 5} \frac{{4,9{t^2} – 4,{{9.5}^2}}}{{t – 5}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 5} \frac{{4,9\left( {{t^2} – {5^2}} \right)}}{{t – 5}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 5} \frac{{4,9\left( {t – 5} \right)\left( {t + 5} \right)}}{{t – 5}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to 5} 4,9\left( {t + 5} \right) = 4,9\left( {5 + 5} \right) = 49\end{array}$

c)

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{s\left( t \right) – s\left( {{t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 5} \frac{{4,9{t^2} – 4,9.t_0^2}}{{t – {t_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 5} \frac{{4,9\left( {{t^2} – t_0^2} \right)}}{{t – t_0^2}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 5} \frac{{4,9\left( {t – {t_0}} \right)\left( {t + {t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to 5} 4,9\left( {t + {t_0}} \right) = 4,9\left( {{t_0} + {t_0}} \right) = 9,8{t_0}\end{array}$

Giải toán 11 tập 2 trang 39

Thực hành 1 trang 39 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của hảm số $f\left( x \right) = {x^3}$.

Lời giải:

Với bất kì ${x_0} \in \mathbb{R}$, ta có:

$\begin{array}{l}f\prime ({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{x^3} – {x_0}^3}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( {x – {x_0}} \right)\left( {{x^2} + x.{x_0} + {x_0}^2} \right)}}{{x – {x_0}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {{x^2} + x.{x_0} + {x_0}^2} \right) = {x^2} + {x_0}.{x_0} + {x_0}^2 = 3{x_0}^2\end{array}$

Vậy $f’\left( x \right) = {\left( {{x^3}} \right)^\prime } = 3{{\rm{x}}^2}$ trên $\mathbb{R}$.

Vận dụng trang 39 toán 11 tập 2

Với tình huống trong Hoạt động mở đầu, hãy tính vận tốc tức thời của chuyển động lúc $t = 2$.

Lời giải:

Với bất kì ${t_0} \in \mathbb{R}$, ta có:

$s’\left( {{t_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{s\left( t \right) – s\left( {{t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}} = 9,8{t_0}$

Vậy $s’\left( t \right) = 9,8t$ trên $\mathbb{R}$.

Vậy vận tốc tức thời của chuyển động lúc $t = 2$ là: $v\left( 2 \right) = s’\left( 2 \right) = 9,8.2 = 19,6\left( {m/s} \right)$

Hoạt động 2 trang 39 toán 11 tập 2

Cho hàm số $y = f\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^2}$ có đồ thị $\left( C \right)$ và điểm $M\left( {1;\frac{1}{2}} \right)$ thuộc $\left( C \right)$.

a) Vẽ $\left( C \right)$ và tính $f’\left( 1 \right)$.

b) Vẽ đường thẳng $d$ đi qua điểm $M$ và có hệ số góc bằng $f’\left( 1 \right)$. Nêu nhận xét về vị trí tương đối giữa $d$ và $\left( C \right)$.

Lời giải:

a)

$\begin{array}{l}f’\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) – f\left( 1 \right)}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\frac{1}{2}{x^2} – \frac{1}{2}}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\frac{1}{2}\left( {{x^2} – 1} \right)}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\frac{1}{2}\left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x – 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{2}\left( {x + 1} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 + 1} \right) = 1\end{array}$

b) Phương trình đường thẳng $d$ đi qua điểm $M\left( {1;\frac{1}{2}} \right)$ và có hệ số góc bằng $k = f’\left( 1 \right) = 1$ là: $y – \frac{1}{2} = 1\left( {x – 1} \right) \Leftrightarrow y = x – 1 + \frac{1}{2} \Leftrightarrow y = x – \frac{1}{2}$.

Đường thẳng $d$ cắt đồ thị hàm số $\left( C \right)$ tại duy nhất điểm $M\left( {1;\frac{1}{2}} \right)$.

Giải toán 11 tập 2 trang 40

Thực hành 2 trang 40 toán 11 tập 2

Cho $\left( C \right)$ là đồ thị của hàm số $f\left( x \right) = \frac{1}{x}$ và điểm $M\left( {1;1} \right) \in \left( C \right)$. Tính hệ số góc của tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $M$ và viết phương trình tiếp tuyến đó.

Lời giải:

Ta có: ${\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime } =  – \frac{1}{{{x^2}}}$ nên tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $M$ có hệ số góc là: $f’\left( 1 \right) =  – \frac{1}{{{1^2}}} = 1$

Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $M$ là: $y – 1 = 1\left( {x – 1} \right) \Leftrightarrow y = x$.

Hoạt động 3 trang 40 toán 11 tập 2

Một người gửi tiết kiệm khoản tiền $A$ triệu đồng (gọi là vốn) với lãi suất $r$/năm theo thể thức lãi kép (tiền lãi sau mỗi kì hạn được cộng gộp vào vốn). Tính tổng số tiền vốn và lãi sau một năm của người gửi nếu kì hạn là:

a) một năm;

b) một tháng.

Lưu ý: Nếu một năm được chia thành $n$ kì hạn $\left( {n = {\mathbb{N}^*}} \right)$ thì lãi suất mỗi kì hạn là $\frac{r}{n}$.

Lời giải:

a) Số tiền lãi sau một năm là: $A.r$

Tổng số tiền vốn và lãi sau một năm của người gửi là: $A + Ar = A\left( {1 + r} \right)$.

b) Số tiền lãi sau tháng thứ nhất là: $A.\frac{r}{{12}}$

Tổng số tiền vốn và lãi sau tháng thứ nhất là: $A + A.\frac{r}{{12}} = A\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right)$.

Số tiền lãi sau tháng thứ hai là: $A\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right).\frac{r}{{12}}$

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

$A\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right) + A\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right).\frac{r}{{12}} = A\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right).\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right) = A{\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right)^2}$.

Số tiền lãi sau tháng thứ ba là: $A{\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right)^2}.\frac{r}{{12}}$

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

$A{\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right)^2} + A{\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right)^2}.\frac{r}{{12}} = A{\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right)^2}.\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right) = A{\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right)^3}$.…

Vậy tổng số tiền vốn và lãi sau một năm là:  $A{\left( {1 + \frac{r}{{12}}} \right)^{12}}$.

Giải toán 11 tập 2 trang 41

Thực hành 3 trang 41 toán 11 tập 2

Một người gửi tiết kiệm khoản tiền 5 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 4%/năm và theo thể thức lãi kép liên tục. Tính tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau

a) 1 ngày;

b) 30 ngày.

(Luôn coi một năm có 365 ngày.)

Lời giải:

a) Tổng số tiền vốn và lãi người đó nhận được sau 1 ngày là:

$T = 5000000.{e^{0,04.\frac{1}{{365}}}} \approx 5000548$ (đồng).

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

$T = 5000000.{e^{0,04.\frac{{30}}{{365}}}} \approx 5016465$ (đồng).

Giải bài 1 trang 41 Toán 11 tập 2

Dùng định nghĩ để tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $f(x) = -x^{2}$

b) $f(x)=x^{3}-2x$

c) $f(x) =\frac{4}{x}$

Bài làm

a) $f'(x_{0}) =\lim_{x \to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{{0}})}{x-x_{{0}}}=\lim_{x \to x_{0}}\frac{-x^{2}-(-x_{0}^{2})}{x-x_{0}}$

$=\lim_{x \to x_{0}}\frac{-(x^{2}-x_{0}^{2})}{x-x_{0}}= \lim_{x \to x_{0}}\frac{-(x-x_{0})(x+x_{0})}{x-x_{0}}$

$= \lim_{x \to x_{0}}[-(x+x_{0})] = -(x_{0}+x_{0})=-2x_{0}$

b) $f'(x_{0}) = \lim_{x \to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{{0}})}{x-x_{{0}}}=\lim_{x \to x_{0}}\frac{x^{3}-2x – x_{0}^{3} +2x_{0}}{x-x_{0}}$

$= \lim_{x \to x_{0}}\frac{(x^{3}-x_{0}^{3})-(2x-2x_{0})}{x-x_{0}}$

$= \lim_{x \to x_{0}}\frac{(x-x_{0})(x^{2}+x.x_{0}+x_{0}^{2})-2(x-x_{0})}{x-x_{0}}$

$=\lim_{x \to x_{0}}[(x^{2}+x.x_{0}+x_{0}^{2})-2]$

$=(x_{0}^{2}+x_{0}.x_{0}+x_{0}^{2})-2= 3x_{0}^{2}-2$

c) $f'(x_{0}) = \lim_{x \to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{{0}})}{x-x_{{0}}}=\lim_{x \to x_{0}}\frac{\frac{4}{x}-\frac{4}{x_{0}}}{x-x_{0}}$

$= \lim_{x \to x_{0}}\frac{\frac{4x_{0}-4x}{x.x_{0}}}{x-x_{0}}= \lim_{x \to x_{0}}\frac{-4}{x.x_{0}}$

$=\frac{-4}{x_{0}.x_{0}}=\frac{-4}{x_{0}^{2}}$

Giải bài 2 trang 41 Toán 11 tập 2

Cho hàm số f(x) = −2x² có đồ thị (C) và điểm A(1;−2) ∈ (C). Tính hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại điểm A.

Bài làm

Hệ số góc của tiếp tuyến với $\left( C \right)$ tại điểm $A$ là:

$\begin{array}{l}f’\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( { – 2{{\rm{x}}^2}} \right) – \left( { – {{2.1}^2}} \right)}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – 2{{\rm{x}}^2} + 2}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – 2\left( {{{\rm{x}}^2} – 1} \right)}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ – 2\left( {{\rm{x}} – 1} \right)\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}}{{x – 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ { – 2\left( {{\rm{x}} + 1} \right)} \right] =  – 2\left( {1 + 1} \right) =  – 4\end{array}$

Giải toán 11 tập 2 trang 42

Giải bài 3 trang 42 Toán 11 tập 2

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x³

a) Tại điểm (-1;1)

b) Tại điểm có hoành độ bằng 2

Bài làm

Lời giải

Ta có: ${\left( {{x^3}} \right)^\prime } = 3{{\rm{x}}^2}$

a) Ta có điểm $M\left( { – 1;1} \right)$ không thuộc đồ thị hàm số $\left( C \right)$ nên không có phương trình tiếp tuyến tại điểm $M\left( { – 1;1} \right)$.

b) Với ${x_0} = 2 \Leftrightarrow {y_0} = {2^3} = 8$. Vậy $N\left( {2;8} \right)$.

Tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $N\left( {2;8} \right)$ có hệ số góc là: $f’\left( 2 \right) = {3.2^2} = 12$.

Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $N$ là:

$y – 8 = 12\left( {x – 2} \right) \Leftrightarrow y = 12x – 24 + 8 \Leftrightarrow y = 12{\rm{x}} – 16$.

Giải bài 4 trang 42 Toán 11 tập 2

Một chuyển động thẳng xác định bởi phương trình s(t) = 4t³ + 6t + 2, trong đó s tính bằng mét và t là thời gian tính bằng giây. Tính vận tốc tức thời của chuyển động tại t = 2

Bài làm

Lời giải

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

$\begin{array}{l}v\left( 2 \right) = s’\left( 2 \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{s\left( t \right) – s\left( 2 \right)}}{{t – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{\left( {4{t^3} + 6t + 2} \right) – \left( {{{4.2}^3} + 6.2 + 2} \right)}}{{t – 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{4{t^3} + 6t + 2 – 46}}{{t – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{4{t^3} + 6t – 44}}{{t – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{2\left( {t – 2} \right)\left( {2{t^2} + 4t + 11} \right)}}{{t – 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} 2\left( {2{t^2} + 4t + 11} \right) = 2\left( {{{2.2}^2} + 4.2 + 11} \right) = 54\end{array}$

Vậy vận tốc tức thời của chuyển động lúc $t = 2$ là: $v\left( 2 \right) = 54\left( {m/s} \right)$

Giải bài 5 trang 42 Toán 11 tập 2

Một người gửi tiết kiệm khoản tiền 10 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 5%/năm. Tính tổng số tiền vốn và lãi mà người đó nhận được sau một năm, nếu tiền lãi được tính theo thể thức

a) lãi kép với kì hạn 6 tháng

b) lãi kép liên tục

Lời giải

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

$T = A.{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^n} = 10000000.{\left( {1 + \frac{{0,05}}{2}} \right)^2} = 10506250$ (đồng).

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

$T = A.{e^{rt}} = 10000000.{e^{0,05}} \approx 10512711$ (đồng).

Giải bài 6 trang 42 Toán 11 tập 2

Trên Mặt trăng, quãng đường rơi tự do của một vật được cho bởi công thức h(t) = 0,81t², với t được tính bằng giây và h tính bằng mét. Hãy tính vận tốc tức thời của vật được thả rơi tự do trên Mặt trăng tại thời điểm t = 2

Lời giải

Ta có:

$\begin{array}{l}h’\left( 2 \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{h\left( t \right) – h\left( 2 \right)}}{{t – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{0,81{t^2} – 0,{{81.2}^2}}}{{t – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{0,81\left( {{t^2} – {2^2}} \right)}}{{t – 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} \frac{{0,81\left( {t – 2} \right)\left( {t + 2} \right)}}{{t – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 2} 0,81\left( {t + 2} \right) = 0,81\left( {2 + 2} \right) = 3,24\end{array}$

Vậy vận tốc tức thời của chuyển động lúc $t = 2$ là: $v\left( 2 \right) = h’\left( 2 \right) = 3,24\left( {m/s} \right)$