Giải toán 11 tập 2 trang 44 bài 2: Các quý tắc tính đạo hàm

Giải toán 11 tập 2 trang 44 Bài 2 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 42

Hoạt động 1 trang 42 toán 11 tập 2

a) Dùng định nghĩa tỉnh đạo hàm của hàm số $y = x$ tại điểm $x = {x_0}$.

b) Nhắc lại đạo hàm của các hàm số $y = {x^2},y = {x^3}$ đã tìm được ở bài học trước. Từ đó, dự đoán đạo hàm của hàm số $y = {x^n}$ với $n \in {\mathbb{N}^*}$.

Lời giải:

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

$f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{x – {x_0}}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} 1 = 1$

Vậy $f’\left( x \right) = {\left( x \right)^\prime } = 1$ trên $\mathbb{R}$.

b) Ta có:

$\begin{array}{l}{\left( {{x^2}} \right)^\prime } = 2{\rm{x}}\\{\left( {{x^3}} \right)^\prime } = 3{{\rm{x}}^2}\\…\\{\left( {{x^n}} \right)^\prime } = n{{\rm{x}}^{n – 1}}\end{array}$

Thực hành 1 trang 42 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của hảm số $y = {x^{10}}$ tại $x =  – 1$ và $x = \sqrt[3]{2}$.

Lời giải:

Ta có: ${\left( {{x^{10}}} \right)^\prime } = 10{{\rm{x}}^9}$

Từ đó: $y’\left( { – 1} \right) = 10.{\left( { – 1} \right)^9} =  – 10$ và $y’\left( {\sqrt[3]{2}} \right) = 10.{\left( {\sqrt[3]{2}} \right)^9} = 80$.

Giải toán 11 tập 2 trang 43

Hoạt động 2 trang 43 toán 11 tập 2

Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số $y = \sqrt x $ tại điểm $x = {x_0}$ với ${x_0} > 0$.

Lời giải:

Với bất kì ${x_0} > 0$, ta có:

$\begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\sqrt x  – \sqrt {{x_0}} }}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( {\sqrt x  – \sqrt {{x_0}} } \right)\left( {\sqrt x  + \sqrt {{x_0}} } \right)}}{{\left( {x – {x_0}} \right)\left( {\sqrt x  + \sqrt {{x_0}} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{x – {x_0}}}{{\left( {x – {x_0}} \right)\left( {\sqrt x  + \sqrt {{x_0}} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{1}{{\sqrt x  + \sqrt {{x_0}} }} = \frac{1}{{\sqrt {{x_0}}  + \sqrt {{x_0}} }} = \frac{1}{{2\sqrt {{x_0}} }}\end{array}$

Vậy $f’\left( x \right) = {\left( {\sqrt x } \right)^\prime } = \frac{1}{{2\sqrt x }}$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Thực hành 2 trang 43 toán 11 tập 2

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = \sqrt x $ tại điểm có hoành độ bằng 4.

Lời giải:

${y_0} = \sqrt 4  = 2$

Ta có: ${\left( {\sqrt x } \right)^\prime } = \frac{1}{{2\sqrt x }}$ nên tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại điểm $M\left( {4;2} \right)$ có hệ số góc là: $f’\left( 4 \right) = \frac{1}{{2\sqrt 4 }} = \frac{1}{4}$

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

$y – 2 = \frac{1}{4}\left( {x – 4} \right) \Leftrightarrow y = \frac{1}{4}x – 1 + 2 \Leftrightarrow y = \frac{1}{4}x + 1$.

Thực hành 3 trang 43 toán 11 tập 2

Tìm đạo hàm của các hàm số:

a) $y = \sqrt[4]{x}$ tại $x = 1$;

b) $y = \frac{1}{x}$ tại $x =  – \frac{1}{4}$;

Lời giải:

a) $y’ = {\left( {\sqrt[4]{x}} \right)^\prime } = {\left( {{x^{\frac{1}{4}}}} \right)^\prime } = \frac{1}{4}{x^{\frac{1}{4} – 1}} = \frac{1}{4}{x^{ – \frac{3}{4}}} = \frac{1}{{4\sqrt[4]{{{x^3}}}}}$

$y’\left( 1 \right) = \frac{1}{{4\sqrt[4]{{{1^3}}}}} = \frac{1}{4}$.

b) $y’ = {\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime } =  – \frac{1}{{{x^2}}}$

$y’\left( { – \frac{1}{4}} \right) =  – \frac{1}{{{{\left( { – \frac{1}{4}} \right)}^2}}} =  – 16$.

Giải toán 11 tập 2 trang 44

Hoạt động 3 trang 44 toán 11 tập 2

Cho biết $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1$. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của hàm số $y = \sin x$.

Lời giải:

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

$f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\sin x – \sin {x_0}}}{{x – {x_0}}}$

Đặt $x = {x_0} + \Delta x$. Ta có:

$\begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin \left( {{x_0} + \Delta x} \right) – \sin {x_0}}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin {x_0}\cos \Delta x + \cos {x_0}\sin \Delta x – \sin {x_0}}}{{\Delta x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin {x_0}\cos \Delta x – \sin {x_0}}}{{\Delta x}} + \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\cos {x_0}\sin \Delta x}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin {x_0}\left( {\cos \Delta x – 1} \right)}}{{\Delta x}} + \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \cos {x_0}.\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin \Delta x}}{{\Delta x}}\end{array}$

Lại có:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin {x_0}\left( {\cos \Delta x – 1} \right)}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin {x_0}\left( {\cos \Delta x – 1} \right)\left( {\cos \Delta x + 1} \right)}}{{\Delta x\left( {\cos \Delta x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin {x_0}\left( {{{\cos }^2}\Delta x – 1} \right)}}{{\Delta x\left( {\cos \Delta x + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin {x_0}\left( { – {{\sin }^2}\Delta x} \right)}}{{\Delta x\left( {\cos \Delta x + 1} \right)}} =  – \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin \Delta x}}{{\Delta x}}.\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin {x_0}.\sin \Delta x}}{{\left( {\cos \Delta x + 1} \right)}} =  – 1.\frac{{\sin {x_0}.\sin 0}}{{\cos 0 + 1}} = 0\\\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \cos {x_0}.\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\sin \Delta x}}{{\Delta x}} = \cos {x_0}.1 = \cos {x_0}\end{array}$

Vậy $f’\left( {{x_0}} \right) = \cos {x_0}$

Vậy $f’\left( x \right) = \cos x$ trên $\mathbb{R}$.

Thực hành 4 trang 44 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của hàm số $y = \tan x$ tại $x = \frac{{3\pi }}{4}$.

Lời giải:

Ta có: $y’ = {\left( {\tan x} \right)^\prime } = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}$

Vậy $y’\left( {\frac{{3\pi }}{4}} \right) = \frac{1}{{{{\cos }^2}\left( {\frac{{3\pi }}{4}} \right)}} = 2$.

Hoạt động 4 trang 44 toán 11 tập 2

Cho biết $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} – 1}}{x} = 1$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1$. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của các hàm số:

a) $y = {e^x}$;

b) $y = \ln x$.

Lời giải:

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

$f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{e^x} – {e^{{x_0}}}}}{{x – {x_0}}}$

Đặt $x = {x_0} + \Delta x$. Ta có:

$\begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{e^{{x_0} + \Delta x}} – {e^{{x_0}}}}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{e^{{x_0}}}.{e^{\Delta x}} – {e^{{x_0}}}}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{e^{{x_0}}}.\left( {{e^{\Delta x}} – 1} \right)}}{{\Delta x}}\\ &  = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {e^{{x_0}}}.\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{e^{\Delta x}} – 1}}{{\Delta x}} = {e^{{x_0}}}.1 = {e^{{x_0}}}\end{array}$

Vậy ${\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {e^x}$ trên $\mathbb{R}$.

b) Với bất kì ${x_0} > 0$, ta có:

$f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\ln {\rm{x}} – \ln {{\rm{x}}_0}}}{{x – {x_0}}}$

Đặt $x = {x_0} + \Delta x$. Ta có:

$\begin{array}{l}f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {{x_0} + \Delta x} \right) – \ln {{\rm{x}}_0}}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {\frac{{{x_0} + \Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{{\Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\Delta x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{{x_0}}}.\frac{{\ln \left( {1 + \frac{{\Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\frac{{\Delta x}}{{{x_0}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{{x_0}}}.\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{{\Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\frac{{\Delta x}}{{{x_0}}}}}\end{array}$

Đặt $\frac{{\Delta x}}{{{x_0}}} = t$. Lại có: $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{{x_0}}} = \frac{1}{{{x_0}}};\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{{\Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\frac{{\Delta x}}{{{x_0}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t} = 1$

Vậy $f’\left( {{x_0}} \right) = \frac{1}{{{x_0}}}.1 = \frac{1}{{{x_0}}}$

Vậy ${\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}$ trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

Thực hành 5 trang 44 toán 11 tập 2

Tìm đạo hàm của các hàm số:

a) $y = {9^x}$ tại $x = 1$;

b) $y = \ln x$ tại $x = \frac{1}{3}$.

Lời giải:

a) Ta có: $y’ = {\left( {{9^x}} \right)^\prime } = {9^x}\ln 9$.

Từ đó: $y’\left( 1 \right) = {9^1}\ln 9 = 9\ln 9$.

b) Ta có: $y’ = {\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}$.

Từ đó: $y’\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{{\frac{1}{3}}} = 3$.

Giải toán 11 tập 2 trang 45

Hoạt động 5 trang 45 toán 11 tập 2

Cho $f\left( x \right)$ và $g\left( x \right)$ là hai hàm số có đạo hàm tại ${x_0}$. Xét hàm số $h\left( x \right) = f\left( x \right) + g\left( x \right)$.

Ta có $\frac{{h\left( x \right) – h\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} + \frac{{g\left( x \right) – g\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}}$

nên $h’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{h\left( x \right) – h\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{g\left( x \right) – g\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = … + …$

Chọn biểu thức thích hợp thay cho chỗ chấm để tìm $h’\left( {{x_0}} \right)$.

Lời giải:

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = f’\left( {{x_0}} \right);\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{g\left( x \right) – g\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = g’\left( {{x_0}} \right)$

Vậy $h’\left( {{x_0}} \right) = f’\left( {{x_0}} \right) + g’\left( {{x_0}} \right)$.

Giải toán 11 tập 2 trang 46

Thực hành 6 trang 46 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = x{\log _2}x$;

b) $y = {x^3}{e^x}$.

Lời giải:

a) $y’ = {\left( {x{{\log }_2}x} \right)^\prime } = {\left( x \right)^\prime }{\log _2}x + x{\left( {{{\log }_2}x} \right)^\prime } = {\log _2}x + x.\frac{1}{{x\ln 2}} = {\log _2}x + \frac{1}{{\ln 2}}$.

b) $y’ = {\left( {{x^3}{e^x}} \right)^\prime } = {\left( {{x^3}} \right)^\prime }{e^x} + {x^3}{\left( {{e^x}} \right)^\prime } = 3{{\rm{x}}^2}{e^x} + {x^3}{e^x}$

Hoạt động 6 trang 46 toán 11 tập 2

Cho hàm số $u = \sin x$ và hàm số $y = {u^2}$.

a) Tính $y$ theo $x$.

b) Tính $y{‘_x}$ (đạo hàm của $y$ theo biến $x$), $y{‘_u}$ (đạo hàm của $y$ theo biến $u$) và $u{‘_x}$ (đạo hàm của $u$ theo biến $x$) rồi so sánh $y{‘_x}$ với $y{‘_u}.u{‘_x}$.

Lời giải:

a) $y = {u^2} = {\left( {\sin x} \right)^2} = {\sin ^2}x$.

b) Ta có:

$\begin{array}{l}y{‘_x} = {\left( {\sin x.\sin x} \right)^\prime } = {\left( {\sin x} \right)^\prime }.\sin x + \sin x.{\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x.\sin x + \sin x.\cos x = 2\sin x\cos x\\y{‘_u} = {\left( {{u^2}} \right)^\prime } = 2u\\u{‘_x} = {\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x\\ \Rightarrow y{‘_u}.u{‘_x} = 2u.\cos x = 2\sin x\cos x\end{array}$

Vậy $y{‘_x} = y{‘_u}.u{‘_x}$.

Giải toán 11 tập 2 trang 47

Thực hành 7 trang 47 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = {\left( {2{x^3} + 3} \right)^2}$;

b) $y = \cos 3x$;

c) $y = {\log _2}\left( {{x^2} + 2} \right)$.

Lời giải:

a) Đặt $u = 2{{\rm{x}}^3} + 3$ thì $y = {u^2}$. Ta có: $u{‘_x} = {\left( {2{{\rm{x}}^3} + 3} \right)^\prime } = 6{{\rm{x}}^2}$ và $y{‘_u} = {\left( {{u^2}} \right)^\prime } = 2u$.

Suy ra $y{‘_x} = y{‘_u}.u{‘_x} = 2u.6{{\rm{x}}^2} = 2\left( {2{{\rm{x}}^3} + 3} \right).6{{\rm{x}}^2} = 12{{\rm{x}}^2}\left( {2{{\rm{x}}^3} + 3} \right).$

Vậy $y’ = 12{{\rm{x}}^2}\left( {2{{\rm{x}}^3} + 3} \right)$.

b) Đặt $u = 3{\rm{x}}$ thì $y = \cos u$. Ta có: $u{‘_x} = {\left( {3{\rm{x}}} \right)^\prime } = 3$ và $y{‘_u} = {\left( {\cos u} \right)^\prime } =  – \sin u$.

Suy ra $y{‘_x} = y{‘_u}.u{‘_x} =  – \sin u.3 =  – 3\sin 3{\rm{x}}$.

Vậy $y’ =  – 3\sin 3{\rm{x}}$.

c) Đặt $u = {x^2} + 2$ thì $y = {\log _2}u$. Ta có: $u{‘_x} = {\left( {{x^2} + 2} \right)^\prime } = 2{\rm{x}}$ và $y{‘_u} = {\left( {{{\log }_2}u} \right)^\prime } = \frac{1}{{u\ln 2}}$.

Suy ra $y{‘_x} = y{‘_u}.u{‘_x} = \frac{1}{{u\ln 2}}.2x = \frac{1}{{\left( {{x^2} + 2} \right)\ln 2}}.2x = \frac{2x}{{\left( {{x^2} + 2} \right)\ln 2}}.$

Vậy $y’ = \frac{2x}{{\left( {{x^2} + 2} \right)\ln 2}}.$

Hoạt động 7 trang 47 toán 11 tập 2

Một chuyển động thẳng xác định bởi phương trình $s\left( t \right) = 2{t^3} + 4t + 1$, trong đó $s$ tính bằng mét và $t$ là thời gian tính bằng giây.

a) Tính vận tốc tức thời $v\left( t \right)$ tại thời điểm $t$.

b) Đạo hàm $v’\left( t \right)$ biểu thị tốc độ thay đổi của vận tốc theo thời gian, còn gọi là gia tốc của chuyển động, kí hiệu $a\left( t \right)$. Tính gia tốc của chuyển động tại thời điểm $t = 2$.

Lời giải:

a) Vận tốc tức thời $v\left( t \right)$ tại thời điểm $t$ là: $v\left( t \right) = s’\left( t \right) = 6{t^2} + 4$.

b) Gia tốc $a\left( t \right)$ của chuyển động tại thời điểm $t$ là: $a\left( t \right) = v’\left( t \right) = 12t$.

Gia tốc của chuyển động tại thời điểm $t = 2$ là: $a\left( 2 \right) = 12.2 = 24$.

Giải toán 11 tập 2 trang 48

Thực hành 8 trang 48 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

a) $y = {x^2} – x$;

b) $y = \cos x$.

Lời giải:

a) $y’ = 2{\rm{x}} – 1$ .

$ \Rightarrow y’’ = {\left( {2{\rm{x}} – 1} \right)^\prime } = 2$.

b) $y’ =  – \sin x \Rightarrow y” = {\left( { – \sin x} \right)^\prime } =  – \cos x$.

Vận dụng trang 48 toán 11 tập 2

Một hòn sỏi rơi tự do có quãng đường rơi tính theo thời gian $t$ là $s\left( t \right) = 4,9{t^2}$, trong đó $s$ tính bằng mét và $t$ tính bằng giây. Tính gia tốc rơi của hòn sỏi lúc $t = 3$.

Lời giải:

Ta có: $s’\left( t \right) = 4,9.2t = 9,8t;s”\left( t \right) = 9,8$

$ \Rightarrow a\left( 3 \right) = s”\left( 3 \right) = 9,8$

Vậy gia tốc rơi của hòn sỏi lúc $t = 3$ là $9,8\left( {m/{s^2}} \right)$.

Giải bài 1 trang 48 Toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y =2x^{3} -\frac{x^{2}}{2} +4x -\frac{1}{3}$

b) $y=\frac{-2x+3}{x-4}$

c) $y=\frac{x^{2}-2x+3}{x-1}$

d) $y=\sqrt{5x}$

Bài làm

a) $y’ = 6x^{2} -x + 4$

b) $y’ = (\frac{-2x+3}{x-4})’ = (-2 -\frac{5}{x-4})’ = \frac{5}{(x-4)^{2}}$

c) $y=\frac{x^{2}-2x+3}{x-1} = \frac{x^{2}-x -x +1 +2}{x-1} = x – 1 +\frac{2}{x-1}$

$y’ = 1 – \frac{2}{(x-1)^{2}}$

d) $y’ = (5x)’.\frac{1}{2.\sqrt{5x}} = \frac{5}{2.\sqrt{5x}}$

Giải toán 11 tập 2 trang 49

Giải bài 2 trang 49 Toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) y = sin 3x

b) $y=cos^{3}2x$

c) $y=tan^{2}x$

d) $y=cot(4-x^{2})$

Bài làm

a) $y’ = (3x)’.cos3x=3cos3x$

b) $y’ = (cos2x)’.3.cos^{2}2x = (2x)’.(-sin2x).3.cos^{2}2x = -6sin2x.cos2x$

c) $y’ = (tanx)’.2tanx = \frac{1}{cos^{2}x}.2.tanx = \frac{2tanx}{cos^{2}x}$

d) $y’ = (4-x^{2})’.\frac{-1}{sin^{2}x} = -2x.\frac{-1}{sin^{2}x} = \frac{2x}{sin^{2}x}$

Giải bài 3 trang 49 Toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = (x^{2} -x).2^{x}$

b) $y=x^{2}.log_{3}x$

c) $y=e^{3x+1}$

Bài làm

a) $y’ = (x^{2}-x)’.2^{x} + (x^{2}-x).(2^{x})’ = (2x-1).2^{x} + (x^{2}-x).2^{x}.ln2$

b) $y’ = (x^{2})’.log_{3}x + x^{2}.(log_{3}x)’ = 2x.log_{3}x + x^{2}.\frac{1}{x.ln3}$

c) $y’ = (3x+1)’.e^{3x+1} = 3.e^{3x+1}$

Giải bài 4 trang 49 Toán 11 tập 2

Tính đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

a) $y=2x^{4} -5x^{2} +3$

b) $y=xe^{x}$

Bài làm

a) $y’ = 8x^{3} -10x; y” = 24x^{2}-10$

b) $y’ = e^{x} + x.e^{x}; y” = e^{x} + e^{x} + x.e^{x} = 2e^{x} + x.e^{x}$

Giải bài 5 trang 49 Toán 11 tập 2

Cân nặng trung bình của một bé gái trong độ tuổi từ 0 đến 36 tháng có thể được tính gần đúng bởi hàm số $w(t) = 0,000758t^{3} – 0,0596t^{2} + 1,82t + 8,15$, trong đó t được tính bằng tháng và w được tính bằng pound. Tính tốc độ thay đổi cân nặng của bé gái đó tại thời điểm 10 tháng tuổi.

Bài làm

Tốc độ thay đổi cân nặng của bé gái là: w'(t) = $0,002274t^{2} – 0,1192t + 1,82$

Khi t = 10, ta có: w'(10) = $0,002274.10^{2} – 0,1192.10 + 1,82$ = 0,85544

Giải bài 6 trang 49 Toán 11 tập 2

Một công ty xác định rằng tổng chi phí của họ, tính theo nghin đô-la, để sản xuất x mặt hàng là C(x) = $\sqrt{5x^{2}+60}$ và công ty lên kế hoạch nâng sản lượng trong t tháng kể từ nay theo hàm số x(t) = 20t + 40. Chi phí sẽ tăng nhanh thế nào sau 4 tháng kể từ khi công ty thực hiện kế hoạch đó?

Lời giải

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

$x’\left( t \right) = {\left( {20t + 40} \right)^\prime } = 20$

$ \Rightarrow C’\left( t \right) = C’\left( x \right).x’\left( t \right) = \frac{{5{\rm{x}}}}{{\sqrt {5{x^2} + 60} }}.20 = \frac{{100\left( {20t + 40} \right)}}{{\sqrt {5{{\left( {20t + 40} \right)}^2} + 60} }}$

Tốc độ tăng chi phí sau 4 tháng là: $C’\left( 4 \right) = \frac{{100\left( {20.4 + 40} \right)}}{{\sqrt {5{{\left( {20.4 + 40} \right)}^2} + 60} }} \approx 44,7$

Giải bài 7 trang 49 Toán 11 tập 2

Trên Mặt trăng, quãng đường rơi tự do của một vật được cho bởi công thức s(t) = 0,81t², trong đó t là thời gian được tính bằng giây và s tính bằng mét. Một vật được thả rơi từ độ cao 200m phía trên Mặt trăng. Tại thời điểm t = 2 sau khi thả vật đó, tính

Lời giải

a) Quãng đường vật đã rơi tại thời điểm $t = 2$ sau khi thả vật đó là:

$s\left( 2 \right) = 0,{81.2^2} = 3,24\left( m \right)$

b) Ta có: $s’\left( t \right) = 0,81.2t = 1,62t;s”\left( t \right) = 1,62.1 = 1,62$

Gia tốc của vật đã rơi tại thời điểm $t = 2$ sau khi thả vật đó là:

$a\left( 2 \right) = s”\left( 2 \right) = 1,62\left( {m/{s^2}} \right)$