Toán 11 tập 2 trang 94 Bài 32: Các quy tắc tính đạo hàm

Giải toán 11 tập 2 trang 94 Bài 32 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 88

HĐ 1 trang 88 toán 11 tập 2

a) Tính đạo hàm của hàm số $y = {x^3}$ tại điểm x bất kì.

b) Dự đoán công thức đạo hàm của hàm số $y = {x^n}\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)$

Lời giải:

a) Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

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

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

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

HĐ 2 trang 88 toán 11 tập 2

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

Lời giải:

Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

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

Vậy hàm số $y = \sqrt x $ có đạo hàm là hàm số $y’ = \frac{1}{{2\sqrt x }}$

Toán 11 tập 2 trang 89

HĐ 3 trang 89 toán 11 tập 2

a) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số $y = {x^3} + {x^2}$ tại điểm x bất kì.

b) So sánh: $\left( {{x^3} + {x^2}} \right)’$ và $\left( {{x^3}} \right)’ + \left( {{x^2}} \right)’.$

Lời giải:

a) Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

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

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

b) ${\left( {{x^3}} \right)^,} + {\left( {{x^2}} \right)^,} = 3{x^2} + 2x$

Do đó $\left( {{x^3} + {x^2}} \right)’$ = $\left( {{x^3}} \right)’ + \left( {{x^2}} \right)’.$

Toán 11 tập 2 trang 90

LT 1 trang 90 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = \frac{{\sqrt x }}{{x + 1}};$

b) $y = \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right).$

Lời giải:

a) $y’ = \frac{{\left( {\sqrt x } \right)’\left( {x + 1} \right) – \sqrt x \left( {x + 1} \right)’}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{\frac{{x + 1}}{{2\sqrt x }} – \sqrt x }}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{x + 1 – 2x}}{{2\sqrt x {{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{ – x + 1}}{{2\sqrt x {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$

b) $y’ = \left( {\sqrt x  + 1} \right)’\left( {{x^2} + 2} \right) + \left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right)’ = \frac{{{x^2} + 2}}{{2\sqrt x }} + \left( {\sqrt x  + 1} \right).2x$

HĐ 4 trang 90 toán 11 tập 2

Cho các hàm số $y = {u^2}$ và $u = {x^2} + 1.$

a) Viết công thức của hàm hợp $y = {\left( {u\left( x \right)} \right)^2}$ theo biến x.

b) Tính và so sánh: $y’\left( x \right)$ và $y’\left( u \right).u’\left( x \right)$

Lời giải:

a) $y = {\left( {u\left( x \right)} \right)^2} = {\left( {{x^2} + 1} \right)^2} = {x^4} + 2{x^2} + 1$

b) $y’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x,u’\left( x \right) = 2x,y’\left( u \right) = 2u$

$y’\left( u \right).u’\left( x \right) = 2u.2x = 4x\left( {{x^2} + 1} \right) = 4{x^3} + 4x$

Vậy $y’\left( x \right)$ = $y’\left( u \right).u’\left( x \right)$

Toán 11 tập 2 trang 91

LT 2 trang 91 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = {\left( {2x – 3} \right)^{10}};$

b) $y = \sqrt {1 – {x^2}} .$

Lời giải:

a) $y’ = {\left[ {{{\left( {2x – 3} \right)}^{10}}} \right]^,} = 10{\left( {2x – 3} \right)^9}\left( {2x – 3} \right)’ = 10{\left( {2x – 3} \right)^9}.2 = 20{\left( {2x – 3} \right)^9}$

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

HĐ 5 trang 91 toán 11 tập 2

a) Với $h \ne 0,$ biến đổi hiệu $\sin \left( {x + h} \right) – \sin x$ thành tích.

b) Sử dụng công thức giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\sin h}}{h} = 1$ và kết quả của câu a, tính đạo hàm của hàm số y = sin x tại điểm x bằng định nghĩa.

Lời giải:

a) $\sin \left( {x + h} \right) – \sin x = 2\cos \frac{{2x + h}}{2}.\sin \frac{h}{2}$

b) Với ${x_0}$ bất kì, ta có:

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

Vậy hàm số y = sin x  có đạo hàm là hàm số $y’ = \cos x$

LT 3 trang 91 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của hàm số $y = \sin \left( {\frac{\pi }{3} – 3x} \right).$

Lời giải:

$y’ = {\left( {\frac{\pi }{3} – 3x} \right)^,}\cos \left( {\frac{\pi }{3} – 3x} \right) =  – 3\cos \left( {\frac{\pi }{3} – 3x} \right)$

HĐ 6 trang 91 toán 11 tập 2

Bằng cách viết $y = \cos x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} – x} \right),$ tính đạo hàm của hàm số $y = \cos x.$

Lời giải:

$y’ = \left( {\cos x} \right)’ = {\left( {\frac{\pi }{2} – x} \right)^,}\cos \left( {\frac{\pi }{2} – x} \right) =  – \cos \left( {\frac{\pi }{2} – x} \right) =  – \sin x$

LT 4 trang 91 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của hàm số $y = 2\cos \left( {\frac{\pi }{4} – 2x} \right).$

Lời giải:

$y’ =  – 2{\left( {\frac{\pi }{4} – 2x} \right)^,}\sin \left( {\frac{\pi }{4} – 2x} \right) = 4\sin \left( {\frac{\pi }{4} – 2x} \right)$

Toán 11 tập 2 trang 92

HĐ 7 trang 92 toán 11 tập 2

a) Bằng cách viết $y = \tan x = \frac{{\sin x}}{{\cos x}}\,\,\,\left( {x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right),$ tính đạo hàm của hàm số $y = \tan x.$

b) Sử dụng đẳng thức $\cot x = \tan \left( {\frac{\pi }{2} – x} \right)$ với $x \ne k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right),$ tính đạo hàm của hàm số $y = \cot x.$

Lời giải:

a) $y’ = \left( {\tan x} \right)’ = {\left( {\frac{{\sin x}}{{\cos x}}} \right)^,} = \frac{{\left( {\sin x} \right)’.\cos x – \sin x.\left( {\cos x} \right)’}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{{{{\cos }^2}x + {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}$

b) $\left( {\cot x} \right)’ = {\left[ {\tan \left( {\frac{\pi }{2} – x} \right)} \right]^,} = \frac{{ – 1}}{{{{\cos }^2}\left( {\frac{\pi }{2} – x} \right)}} =  – \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}$ (dựa vào ý a)

LT 5 trang 92 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của hàm số $y = 2{\tan ^2}x + 3\cot \left( {\frac{\pi }{3} – 2x} \right).$

Lời giải:

$\begin{array}{l}y’ = 2\left( {{{\tan }^2}x} \right)’ + 3\left[ {\cot \left( {\frac{\pi }{3} – 2x} \right)} \right]’ = 2.2\tan x.\left( {\tan x} \right)’ + 3.\frac{{ – \left( {\frac{\pi }{3} – 2x} \right)’}}{{{{\sin }^2}\left( {\frac{\pi }{3} – 2x} \right)}}\\ = 4\tan x.\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} + \frac{6}{{{{\sin }^2}\left( {\frac{\pi }{3} – 2x} \right)}}\end{array}$

VD 1 trang 92 toán 11 tập 2

Một vật chuyển động có phương trình $s\left( t \right) = 4\cos \left( {2\pi t – \frac{\pi }{8}} \right)\left( m \right),$ với t là thời gian tính bằng giây. Tính vận tốc của vật khi t = 5 giây (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).

Lời giải:

Ta có

$v\left( t \right) = s’\left( t \right) = 4\left[ {\cos \left( {2\pi t – \frac{\pi }{8}} \right)} \right]’ =  – 4\left( {2\pi t – \frac{\pi }{8}} \right)’.\sin \left( {2\pi t – \frac{\pi }{8}} \right) =  – 8\pi \sin \left( {2\pi t – \frac{\pi }{8}} \right)$

Vậy vận tốc của vật khi t = 5 giây là

$v\left( 5 \right) =  – 8\pi \sin \left( {10\pi  – \frac{\pi }{8}} \right) \approx 9,6$(m/s)

HĐ 8 trang 92 toán 11 tập 2

a) Sử dụng phép đổi biến $t = \frac{1}{x},$ tìm giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}}.$

b) Với $y = {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}},$ tính ln y và tìm giới hạn của $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln y.$

c) Đặt $t = {e^x} – 1.$ Tính x theo t và tìm giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} – 1}}{x}.$

Lời giải:

a) Ta có $t = \frac{1}{x},$ nên khi x tiến đến 0 thì t tiến đến dương vô cùng do đó

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)^t} = e$

b) $\ln y = \ln {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}} = \frac{1}{x}\ln \left( {1 + x} \right)$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1$

c) $t = {e^x} – 1 \Leftrightarrow {e^x} = t + 1 \Leftrightarrow x = \ln \left( {t + 1} \right)$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} – 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{t}{{\ln \left( {t + 1} \right)}} = 1$

Toán 11 tập 2 trang 93

HĐ 9 trang 93 toán 11 tập 2

a) Sử dụng giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{{e^h} – 1}}{h} = 1$ và đẳng thức ${e^{x + h}} – {e^x} = {e^x}\left( {{e^h} – 1} \right),$ tính đạo hàm của hàm số $y = {e^x}$ tại x bằng định nghĩa.

b) Sử dụng đẳng thức ${a^x} = {e^{x\ln a}}\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right),$ hãy tính đạo hàm của hàm số $y = {a^x}.$

Lời giải:

a) Với x bất kì và $h = x – {x_0}$, ta có:

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

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

b) Ta có ${a^x} = {e^{x\ln a}}\,$nên $\left( {{a^x}} \right)’ = \left( {{e^{x\ln a}}} \right)’ = \left( {x\ln a} \right)’.{e^{x\ln a}} = {e^{x\ln a}}\ln a = {a^x}\ln a$

LT 6 trang 93 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = {e^{{x^2} – x}};$

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

Lời giải:

a) $y’ = {e^{{x^2} – x}}.\left( {{x^2} – x} \right)’ = \left( {2x – 1} \right){e^{{x^2} – x}}$

b) $y’ = {3^{\sin x}}.\left( {\sin x} \right)’.\ln 3 = {3^{\sin x}}.\cos x.\ln 3$

HĐ 10 trang 93 toán 11 tập 2

a) Sử dụng giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t} = 1$ và đẳng thức $\ln \left( {x + h} \right) – \ln x = \ln \left( {\frac{{x + h}}{x}} \right) = \ln \left( {1 + \frac{h}{x}} \right),$ tính đạo hàm của hàm số $y = \ln x$ tại điểm x > 0 bằng định nghĩa.

b) Sử dụng đẳng thức ${\log _a}x = \frac{{\ln x}}{{\ln a}}\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right),$ hãy tính đạo hàm của hàm số $y = {\log _a}x.$

Lời giải:

a) Với x > 0 bất kì và $h = x – {x_0}$ ta có

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

Vậy hàm số $y = \ln x$ có đạo hàm là hàm số $y’ = \frac{1}{x}$

b) Ta có ${\log _a}x = \frac{{\ln x}}{{\ln a}}$ nên $\left( {{{\log }_a}x} \right)’ = \left( {\frac{{\ln x}}{{\ln a}}} \right)’ = \frac{1}{{x\ln a}}$

Toán 11 tập 2 trang 94

LT 7 trang 94 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của hàm số $y = {\log _2}\left( {2x – 1} \right).$

Lời giải:

Vì $2x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$ nên hàm số xác định trên $\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$

Ta có $y’ = \frac{{\left( {2x – 1} \right)’}}{{\left( {2x – 1} \right)\ln 2}} = \frac{2}{{\left( {2x – 1} \right)\ln 2}}$

VD 2 trang 94 toán 11 tập 2

Ta đã biết, độ pH của một dung dịch được xác định bởi $pH =  – \log \left[ {{H^ + }} \right],$ ở đó $\left[ {{H^ + }} \right]$ là nồng độ (mol/l) của hydrogen. Tính tốc độ thay đổi của pH với nồng độ $\left[ {{H^ + }} \right]$.

Lời giải:

Ta có $pH =  – \log \left[ {{H^ + }} \right]$ nên $\left( {pH} \right)’ = \left( { – \log \left[ {{H^ + }} \right]} \right)’ = \frac{{ – 1}}{{\left[ {{H^ + }} \right]\ln 10}}$

Vậy tốc độ thay đổi của pH với nồng độ $\left[ {{H^ + }} \right]$ là $\frac{{ – 1}}{{\left[ {{H^ + }} \right]\ln 10}}$

Bài 9.6 trang 94 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = {x^3} – 3{x^2} + 2x + 1;$

b) $y = {x^2} – 4\sqrt x  + 3.$

Lời giải

a) $y’ = 3{x^{3 – 1}} – 3.2{x^{2 – 1}} + 2.1{x^{1 – 1}} = 3{x^2} – 6x + 2$

b) $y’ = 2{x^{2 – 1}} – \left[ {4’\sqrt x  + 4\left( {\sqrt x } \right)’} \right] = 2x – 4\frac{1}{{2\sqrt x }} = 2x – \frac{2}{{\sqrt x }}$

Bài 9.7 trang 94 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 2}};$

b) $y = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}.$

Lời giải

a) $y’ = \frac{{\left( {2x – 1} \right)’\left( {x + 2} \right) – \left( {2x – 1} \right)\left( {x + 2} \right)’}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{2\left( {x + 2} \right) – 2x + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$

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

Bài 9.8 trang 94 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = x{\sin ^2}x;$

b) $y = {\cos ^2}x + \sin 2x;$

c) $y = \sin 3x – 3\sin x;$

d) $y = \tan x + \cot x.$

Lời giải

a) $y’ = x'{\sin ^2}x + x\left( {{{\sin }^2}x} \right)’ = {\sin ^2}x + x.2\sin x.\left( {\sin x} \right)’\\ = {\sin ^2}x + x.2\sin x.\cos x = {\sin ^2}x + x\sin 2x$

b) $y’ = \left( {{{\cos }^2}x} \right)’ + \left( {\sin 2x} \right)’ = 2\cos x.\left( {\cos x} \right)’ + \left( {2x} \right)’\cos 2x\\ =  – 2\cos x.\sin x + 2\cos 2x =  – \sin 2x + 2\cos 2x$

c) $y’ = \left( {\sin 3x} \right)’ – \left( {3\sin x} \right)’ = 3.\cos 3x – 3\cos x$

d) $y’ = \left( {\tan x} \right)’ + \left( {\cot x} \right)’ = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} – \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}$

Bài 9.9 trang 94 toán 11 tập 2

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = {2^{3x – {x^2}}};$

b) $y = {\log _3}\left( {4x + 1} \right).$

Lời giải

a) $y’ = \left( {{2^{3x – {x^2}}}} \right)’ = \left( {3x – {x^2}} \right)'{.2^{3x – {x^2}}}.\ln 2 = \left( {3 – 2x} \right){2^{3x – {x^2}}}.\ln 2$

b) $y’ = {\log _3}\left( {4x + 1} \right) = \frac{{\left( {4x + 1} \right)’}}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 3}} = \frac{4}{{\left( {4x + 1} \right)\ln 3}}$

Bài 9.10 trang 94 toán 11 tập 2

Cho hàm số $f\left( x \right) = 2{\sin ^2}\left( {3x – \frac{\pi }{4}} \right).$ Chứng minh rằng $\left| {f’\left( x \right)} \right| \le 6$ với mọi x.

Lời giải

Ta có

$\begin{array}{l}f’\left( x \right) = 4\sin \left( {3x – \frac{\pi }{4}} \right).\left[ {\sin \left( {3x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right]’ = 4\left( {3x – \frac{\pi }{4}} \right)’\cos \left( {3x – \frac{\pi }{4}} \right)\sin \left( {3x – \frac{\pi }{4}} \right)\\ = 12\cos \left( {3x – \frac{\pi }{4}} \right)\sin \left( {3x – \frac{\pi }{4}} \right) = 6\sin \left( {6x – \frac{\pi }{2}} \right)\end{array}$

Vì $ – 1 \le \sin \left( {6x – \frac{\pi }{2}} \right) \le 1 \Leftrightarrow  – 6 \le 6\sin \left( {6x – \frac{\pi }{2}} \right) \le 6 \Leftrightarrow  – 6 \le f’\left( x \right) \le 6$

Vậy  $\left| {f’\left( x \right)} \right| \le 6$ với mọi x.

Bài 9.11 trang 94 toán 11 tập 2

Một vật chuyển động rơi tự do có phương trình $h\left( t \right) = 100 – 4,9{t^2},$ ở độ cao h so với mặt đất tính bằng mét và thời gian t tính bằng giây. Tính vận tốc của vật:

a) Tại thời điểm t = 5 giây;

b) Khi vật chạm đất.

Lời giải

Ta có $v\left( t \right) = h’\left( t \right) =  – 9,8t$

a) $v\left( 5 \right) =  – 9,8.5 =  – 49$

Vậy vận tốc của vật tại thời điểm t = 5 giây là 49 m/s.

b) Khi vật chạm đất $h\left( t \right) = 100 – 4,9{t^2} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{10\sqrt {10} }}{7}$

$v\left( {\frac{{10\sqrt {10} }}{7}} \right) =  – 9,8.\frac{{10\sqrt {10} }}{7} =  – 14\sqrt {10} $

Vậy vận tốc của vật khi vật chạm đất là $14\sqrt {10} $ m/s.

Bài 9.12 trang 94 toán 11 tập 2

Chuyển động của một hạt trên một dây rung được cho bởi $s\left( t \right) = 12 + 0,5\sin \left( {4\pi t} \right),$ trong đó s tính bằng centimét và t tính bằng giây. Tính vận tốc của hạt sau t giây. Vận tốc cực đại của hạt là bao nhiêu?

Lời giải

Ta có $v\left( t \right) = s’\left( t \right) = 0,5.\left( {4\pi t} \right)’\cos \left( {4\pi t} \right) = 2\pi \cos \left( {4\pi t} \right)$

Vì $ – 1 \le \cos \left( {4\pi t} \right) \le 1 \Leftrightarrow  – 2\pi  \le 2\pi \cos \left( {4\pi t} \right) \le 2\pi  \Leftrightarrow  – 2\pi  \le v\left( t \right) \le 2\pi $

Do đó vận tốc cực đại của hạt là $2\pi $ cm/s.