Toán 11 tập 2 trang 86 Bài 31: Định nghĩa và ý nghĩa của đạo hàm

Giải toán 11 tập 2 trang 86 Bài 31 sách Kết nối tri thức có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Kết nối tri thức. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Toán 11 tập 2 trang 81

HĐ 1 trang 81 toán 11 tập 2

Một vật di chuyển trên một đường thẳng (H.9.2). Quãng đường s của chuyển động là một hàm số của thời gian t, s = s(t) (được gọi là phương trình của chuyển động).

a) Tính vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian từ t₀ đến t.

b Giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{s\left( t \right) – s\left( {{t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}}$ cho ta biết điều gì?

Lời giải:

a) Vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian từ t₀ đến t là ${v_{tb}} = \frac{{s\left( t \right) – s\left( {{t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}}$

b) Khi t càng gần t₀, tức là $\left| {t – {t_0}} \right|$ càng nhỏ thì vận tốc trung bình càng thể hiện được chính xác hơn mức độ nhanh chậm của chuyển động tại thời điểm t₀.

Toán 11 tập 2 trang 83

HĐ 2 trang 83 toán 11 tập 2

Điện lượng Q truyền trong dây dẫn là một hàm số của thời gian t, có dạng Q = Q(t).

a) Tính cường độ trung bình của dòng điện trong khoảng thời gian từ t₀ đến t.

b) Giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{Q\left( t \right) – Q\left( {{t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}}$ cho ta biết điều gì?

Lời giải:

a) Cường độ trung bình của dòng điện trong khoảng thời gian từ t₀ đến t là ${I_{tb}} = \frac{{Q\left( t \right) – Q\left( {{t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}}$

b) Khi t càng gần t₀, tức là $\left| {t – {t_0}} \right|$ càng nhỏ thì cường độ trung bình càng thể hiện được chính xác hơn cường độ dòng điện tại thời điểm t₀.

HĐ 3 trang 83 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm $f’\left( {{x_0}} \right)$ tại điểm ${x_0}$ bất kì trong các trường hợp sau:

a) $f\left( x \right) = c$ (c là hằng số);

b) $f\left( x \right) = x.$

Lời giải:

a) $f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{c – c}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} 0 = 0$

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

Toán 11 tập 2 trang 84

LT 2 trang 84 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = {x^2} + 1;$

b) $y = kx + c$ (với k, c là các hằng số).

Lời giải:

a) Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

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

Vậy hàm số $y = {x^2} + 1$ có đạo hàm là hàm số $y’ = 2x$

b) Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

$\begin{array}{c}f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{kx + c – \left( {k{x_0} + c} \right)}}{{x – {x_0}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{kx – k{x_0}}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{k\left( {x – {x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} k = k\end{array}$

Vậy hàm số $y = kx + c$ (với k, c là các hằng số) có đạo hàm là hàm số $y’ = k$

HĐ 4 trang 84 toán 11 tập 2

Nhận biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đồ thị (C) và điểm $P\left( {{x_0};f\left( {{x_0}} \right)} \right) \in \left( C \right).$ Xét điểm $Q\left( {x;f\left( x \right)} \right)$ thay đổi trên (C) với $x \ne {x_0}.$

a) Đường thẳng đi qua hai điểm P, Q được gọi là một là một cát tuyến của đồ thị (C) (H.9.3). Tìm hệ số góc k_PQ của cát tuyến PQ.

b) Khi $x \to {x_0}$ thì vị trí của điểm $Q\left( {x;f\left( x \right)} \right)$ trên đồ thị (C) thay đổi như thế nào?

c) Nếu điểm Q di chuyển trên (C) tới điểm P mà k_PQ  có giới hạn hữu hạn k thì có nhận xét gì về vị trí giới hạn của cát tuyến QP?

Lời giải:

a) Hệ số góc của cát tuyến PQ là ${k_{PQ}} = \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}}$

b) Khi $x \to {x_0}$ thì vị trí của điểm $Q\left( {x;f\left( x \right)} \right)$ trên đồ thị (C) sẽ tiến gần đến điểm $P\left( {{x_0};f\left( {{x_0}} \right)} \right)$ và khi $x = {x_0}$ hai điểm này sẽ trùng nhau

c) Nếu điểm Q di chuyển trên (C) tới điểm P mà k_PQ  có giới hạn hữu hạn k thì cát tuyến PQ cũng sẽ tiến đến gần vị trí tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm P. Vì vậy giới hạn của cát tuyến QP sẽ là đường thẳng tiếp tuyến tại điểm P.

Toán 11 tập 2 trang 85

LT 3 trang 85 toán 11 tập 2

Tìm hệ số góc của tiếp tuyến của parabol $y = {x^2}$ tại điểm có hoành độ ${x_0} = \frac{1}{2}.$

Lời giải:

Ta có $y’ = {\left( {{x^2}} \right)^\prime } = 2x$ nên $y’\left( {\frac{1}{2}} \right) = 2.\frac{1}{2} = 1.$ Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của parabol $y = {x^2}$ tại điểm có hoành độ ${x_0} = \frac{1}{2}$ là k = 1.

HĐ 5 trang 85 toán 11 tập 2

Cho hàm số y = x² có đồ thị là đường parabol (P).

a) Tìm hệ số góc của tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x₀ = 1.

b) Viết phương trình tiếp tuyến đó.

Lời giải:

a) Ta có $y’ = {\left( {{x^2}} \right)^\prime } = 2x$ nên $y’\left( 1 \right) = 2.1 = 2.$ Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của parabol $y = {x^2}$ tại điểm có hoành độ ${x_0} = 1$ là k = 2.

b) Ta có ${x_0} = 1$ nên ${y_0} = {1^2} = 1.$

Hệ số góc của tiếp tuyến là k = 2 nên phương trình tiếp tuyến có dạng $y = 2x + c$

$ \Rightarrow 1 = 2.1 + c \Rightarrow c =  – 1$

Vậy phương trình tiếp tuyến là $y = 2x – 1$

LT 4 trang 85 toán 11 tập 2

Viết phương trình tiếp tuyến của parabol $\left( P \right):y =  – 2{x^2}$ tại điểm có hoành độ ${x_0} =  – 1$

Lời giải:

Ta có $y’ = {\left( { – 2{x^2}} \right)^\prime } =  – 4x$ nên $y’\left( { – 1} \right) =  – 4.\left( { – 1} \right) = 4.$

Ngoài ra , $f\left( { – 1} \right) =  – 2$ nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

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

VD trang 85 toán 11 tập 2

Người ta xây dựng một cây cầu vượt giao thông hình parabol nối hai điểm có khoảng cách là 400 m (H.9.4). Độ dốc của mặt cầu không vượt quá 10⁰ (độ dốc tại một điểm được xác định bởi góc giữa phương tiếp xúc với mặt cầu và phương ngang như Hình 9.5). Tính chiều cao giới hạn từ đỉnh cầu đến mặt đường (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm AB, tia Ox trùng với tia OB, tia Oy hướng lên trên.

Khi đó $A\left( { – 200;0} \right),B\left( {200;0} \right).$ Gọi chiều cao giới hạn của cầu là h (h > 0), suy ra đỉnh cầu có tọa độ (0; h).

Ta tìm được phương trình parabol của cầu là $y =  – \frac{h}{{{{200}^2}}}{x^2} + h$

Ta có $y’ =  – \frac{{2h}}{{{{200}^2}}}x.$ Suy ra hệ số góc xác định độ dốc của mặt cầu là

$k = y’ =  – \frac{{2h}}{{{{200}^2}}}x, – 200 \le x \le 200.$

Do đó $\left| k \right| = \frac{{2h}}{{{{200}^2}}}\left| x \right| \le \frac{{2h}}{{{{200}^2}}}.200 = \frac{h}{{100}}$

Vì độ dốc của mặt cầu không quá 10⁰ nên ta có $\frac{h}{{100}} \le \tan {10^0} \Leftrightarrow h \le 17,6$

Vậy chiều cao giới hạn từ đỉnh cầu tới mặt đường là 17,6m.

Toán 11 tập 2 trang 86

Bài 9.1 toán 11 tập 2 trang 86

Tính (bằng định nghĩa) đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = {x^2} – x$ tại ${x_0} = 1;$

b) $y =  – {x^3}$ tại ${x_0} =  – 1.$

Lời giải

a) $f’\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) – f\left( 1 \right)}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} – x}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x\left( {x – 1} \right)}}{{x – 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} x = 1$

Vậy $f’\left( 1 \right) = 1$

b) $f’\left( { – 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 1} \frac{{f\left( x \right) – f\left( { – 1} \right)}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 1} \frac{{ – {x^3} – 1}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 1} \frac{{ – \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} – x + 1} \right)}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  – 1} \left( {{x^2} – x + 1} \right) = 3$

Vậy $f’\left( { – 1} \right) =- 3$

Bài 9.2 toán 11 tập 2 trang 86

Sử dụng định nghĩa, tìm đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = k{x^2} + c$ (với k, c là các hằng số);

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

Lời giải

a) Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

$f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{k{x^2} + c – \left( {kx_0^2 + c} \right)}}{{x – {x_0}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{k\left( {{x^2} – x_0^2} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{k\left( {x – {x_0}} \right)\left( {x + {x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {k\left( {x + {x_0}} \right)} \right] = 2k{x_0}$

Vậy hàm số $y = k{x^2} + c$ có đạo hàm là hàm số $y’ = 2kx$

b) Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

$f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{x^3} – x_0^3}}{{x – {x_0}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( {x – {x_0}} \right)\left( {{x^2} + x{x_0} + x_0^2} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {{x^2} + x{x_0} + x_0^2} \right) = 3x_0^2$

Vậy hàm số $y = {x^3}$ có đạo hàm là hàm số $y’ = 3{x^2}$

Bài 9.3 toán 11 tập 2 trang 86

Viết phương trình tiếp tuyến của parabol $y =  – {x^2} + 4x,$ biết:

a) Tiếp điểm có hoành độ ${x_0} = 1;$

b) Tiếp điểm có tung độ ${y_0} = 0.$

Lời giải

Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

$f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{ – {x^2} + 4x + x_0^2 – 4{x_0}}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{ – \left( {{x^2} – x_0^2} \right) + 4\left( {x – {x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( {x – {x_0}} \right)\left( { – x – {x_0} + 4} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( { – x – {x_0} + 4} \right) =  – 2{x_0} + 4$

Vậy hàm số $y =  – {x^2} + 4x$ có đạo hàm là hàm số $y’ =  – 2x + 4$

a) Ta có $y’\left( 1 \right) =  – 2.1 + 4 = 2$

Ngoài ra , $f\left( 1 \right) = 3$ nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

$y – 3 = 2\left( {x – 1} \right)$ hay $y = 2x + 1$

b) Ta có ${y_0} = 0$ nên $ – x_0^2 + 4{x_0} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = 4\end{array} \right.$

+) ${x_0} = 0,{y_0} = 0$ nên $y’\left( 0 \right) = 4$ do đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là $y = 4x$

+) ${x_0} = 4,{y_0} = 0$ nên $y’\left( 4 \right) =  – 4$ do đó phương trình tiếp tuyến cần tìm là

$y =  – 4\left( {x – 4} \right)$ hay $y =  – 4x + 16$

Bài 9.4 toán 11 tập 2 trang 86

Một vật được phóng theo phương thẳng đứng lên trên từ mặt đất với vận tốc ban đầu là 19,6 m/s thì độ cao h của nó (tính bằng mét) sau t giây được cho bởi công thức $h = 19,6t – 4,9{t^2}.$ Tìm vận tốc của vật khi nó chạm đất.

Lời giải

Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

$f’\left( {{t_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{t – {t_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{19,6t – 4,9{t^2} – 19,6{t_0} + 4,9t_0^2}}{{t – {t_0}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{ – 4,9\left( {{t^2} – t_0^2} \right) + 19,6\left( {t – {t_0}} \right)}}{{t – {t_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{\left( {t – {t_0}} \right)\left( { – 4,9t – 4,9{t_0} + 19,6} \right)}}{{t – {t_0}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left( { – 4,9t – 4,9{t_0} + 19,6} \right) =  – 9,8{t_0} + 19,6$

Vậy hàm số $h = 19,6t – 4,9{t^2}$ có đạo hàm là hàm số $h’ =  – 9,8{t_0} + 19,6$

Độ cao của vật khi nó chạm đất thỏa mãn $19,6t – 4,9{t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 4\end{array} \right.$

Khi t = 4, vận tốc của vật khi nó chạm đất là $ – 9,8.4 + 19,6 =  – 19,6$ (m/s)

Vậy vận tốc của vật khi nó chạm đất là 19,6 m/s.

Bài 9.5 toán 11 tập 2 trang 86

Một kĩ sư thiết kế một đường ray tàu lượn, mà mặt cắt của nó gồm một cung đường cong có dạng parabol (H.9.6a), đoạn dốc lên ${L_1}$ và đoạn dốc xuống ${L_2}$ là những phần đường thẳng có hệ số góc lần lượt là 0,5 và –0,75. Để tàu lượn chạy êm và không bị đổi hướng đột ngột, ${L_1}$ và  ${L_2}$ phải là những tiếp tuyến của cung parabol tại các điểm chuyển tiếp P và Q (H.9.6b). Giả sử gốc toạ độ đặt tại P và phương trình của parabol là $y = a{x^2} + bx + c,$ trong đó x tính bằng mét.

a) Tìm c.

b) Tính y'(0) và tìm b.

c) Giả sử khoảng cách theo phương ngang giữa P và Q là 40 m. Tìm a.

d) Tìm chênh lệch độ cao giữa hai điểm chuyển tiếp P và Q.

Lời giải

a) Vì gốc toạ độ đặt tại P nên P(0;0) do đó ta có c = y(0) = 0

b) $y’ = 2ax + b \Rightarrow y’\left( 0 \right) = b$

Mà L₁ là phương trình tiếp tuyến tại P có hệ số góc 0,5 nên $y’\left( 0 \right) = 0,5 \Rightarrow b = 0,5$

c) L₂ là phương trình tiếp tuyến tại Q có hệ số góc – 0,75 nên $y’\left( {{x_Q}} \right) = 2a{x_Q} + 0,5 =  – 0,75$

Vì khoảng cách theo phương ngang giữa P và Q là 40 m nên ${x_Q} – {x_P} = {x_Q} = 40$

$ \Rightarrow 2a.40 + 0,5 =  – 0,75 \Rightarrow a = \frac{{ – 1}}{{64}}$

d) ${y_Q} = \frac{{ – 1}}{{64}}{.40^2} + 0,5.40 =  – 5$

Vậy chênh lệch độ cao giữa hai điểm chuyển tiếp P và Q là $\left| {{y_P} – {y_Q}} \right| = 5$