Giải Sách bài tập Toán 11 Bài 32 (KNTT): Các quy tắc tính đạo hàm

Giải Sách bài tập Toán 11 Bài 32 (KNTT): Các quy tắc tính đạo hàm – SÁCH GIÁO KHOA KẾT NỐI TRI THỨC 2024

================

Giải SBT Toán lớp 11 Bài 32: Các quy tắc tính đạo hàm

Giải SBT Toán 11 trang 60

Bài 9.8 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) y = (x + 1)²(x² – 1);

b) $y={\left(x^2-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^3$ .

Lời giải:

a) Ta có: y’ = ((x + 1)²)'(x² – 1) + (x + 1)²(x² – 1)’

= 2(x + 1)(x² – 1) + 2x(x + 1)²

= 2x³ – 2x + 2x² – 2 + 2x³ + 4x² + 2x = 4x³ + 6x² – 2.

Vậy y’ = 4x³ + 6x² – 2.

b) $y^{‘}=3{\left(x^2-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^2{\left(x^2-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^{‘}$

$=3{\left(x^2-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^2\left(2x+\frac{1}{x\sqrt{x}}\right)$.

Bài 9.9 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

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

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

Lời giải:

a) $y^{‘}={\left(\frac{x^2-x+1}{x+2}\right)}^{‘}$

$=\frac{{\left(x^2-x+1\right)}^{‘}\cdot \left(x+2\right)-\left(x^2-x+1\right)\cdot {\left(x+2\right)}^{‘}}{{\left(x+2\right)}^2}$

$=\frac{\left(2x-1\right)\cdot \left(x+2\right)-\left(x^2-x+1\right)}{{\left(x+2\right)}^2}$

$=\frac{2x^2+3x-2-x^2+x-1}{{\left(x+2\right)}^2}$$=\frac{x^2+4x-3}{{\left(x+2\right)}^2}$.

Vậy $y^{‘}=\frac{x^2+4x-3}{{\left(x+2\right)}^2}$ .

b) $y^{‘}={\left(\frac{1-x^2}{x^2+1}\right)}^{‘}$

$=\frac{{\left(1-x^2\right)}^{‘}\cdot \left(x^2+1\right)-\left(1-x^2\right)\cdot {\left(x^2+1\right)}^{‘}}{{\left(x^2+1\right)}^2}$

$=\frac{\left(-2x\right)\cdot \left(x^2+1\right)-\left(1-x^2\right)\cdot \left(2x\right)}{{\left(x^2+1\right)}^2}$

$=\frac{-2x^3-2x-\left(2x-2x^3\right)}{{\left(x^2+1\right)}^2}$$=\frac{-4x}{{\left(x^2+1\right)}^2}$.

Bài 9.10 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số $f\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}$ và $g\left(x\right)=\frac{1}{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}+x^2$ . Tính f'(0) – g'(1).

Lời giải:

Có $f^{‘}\left(x\right)={\left(\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\right)}^{‘}$$=\frac{x^{‘}\cdot \sqrt{4-x^2}-x\cdot {\left(\sqrt{4-x^2}\right)}^{‘}}{4-x^2}$

$=\frac{\sqrt{4-x^2}-x\cdot \frac{-2x}{2\sqrt{4-x^2}}}{4-x^2}$$=\frac{\sqrt{4-x^2}+\frac{x^2}{\sqrt{4-x^2}}}{4-x^2}$

$=\frac{4-x^2+x^2}{\left(4-x^2\right)\sqrt{4-x^2}}$$=\frac{4}{\left(4-x^2\right)\sqrt{4-x^2}}$.

Khi đó $f^{‘}\left(0\right)=\frac{4}{\left(4-0\right)\sqrt{4-0}}=\frac{1}{2}$ .

Có $g^{‘}\left(x\right)={\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}+x^2\right)}^{‘}$$={\left(\frac{1}{x}\right)}^{‘}+{\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)}^{‘}+{\left(x^2\right)}^{‘}$$=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{2x\sqrt{x}}+2x$ .

Khi đó $g^{‘}\left(1\right)=-\frac{1}{1^2}-\frac{1}{2.1\sqrt{1}}+2\cdot 1=\frac{1}{2}$ .

Do đó f'(0) – g'(1) = $\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$ . Vậy f'(0) – g'(1) = 0.

Bài 9.11 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Tính đạo hàm của hàm số $y=3\tan \left(x+\frac{\pi }{4}\right)-2\cot \left(\frac{\pi }{4}-x\right)$ .

Lời giải:

Có $y^{‘}={\left(3\tan \left(x+\frac{\pi }{4}\right)-2\cot \left(\frac{\pi }{4}-x\right)\right)}^{‘}$

$={\left(3\tan \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\right)}^{‘}-{\left(2\cot \left(\frac{\pi }{4}-x\right)\right)}^{‘}$

$=3\cdot \frac{{\left(x+\frac{\pi }{4}\right)}^{‘}}{co{s}^2\left(x+\frac{\pi }{4}\right)}+2\cdot \frac{{\left(\frac{\pi }{4}-x\right)}^{‘}}{{\sin }^2\left(\frac{\pi }{4}-x\right)}$

$=\frac{3}{co{s}^2\left(x+\frac{\pi }{4}\right)}-\frac{2}{{\sin }^2\left(\frac{\pi }{4}-x\right)}$

$=\frac{3}{co{s}^2\left(x+\frac{\pi }{4}\right)}-\frac{2}{co{s}^2\left(x+\frac{\pi }{4}\right)}$

$=\frac{1}{co{s}^2\left(x+\frac{\pi }{4}\right)}=1+{\tan }^2\left(x+\frac{\pi }{4}\right)$

Bài 9.12 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số $f\left(x\right)=co{s}^{2}x+co{s}^2\left(\frac{2\pi }{3}+x\right)+co{s}^2\left(\frac{2\pi }{3}-x\right)$ . Tính đạo hàm f'(x) và chứng tỏ f'(x) = 0 với mọi x $\in$ ℝ.

Lời giải:

Có $f^{‘}\left(x\right)={\left(co{s}^{2}x+co{s}^2\left(\frac{2\pi }{3}+x\right)+co{s}^2\left(\frac{2\pi }{3}-x\right)\right)}^{‘}$

$={\left(co{s}^{2}x\right)}^{‘}+{\left(co{s}^2\left(\frac{2\pi }{3}+x\right)\right)}^{‘}+{\left(co{s}^2\left(\frac{2\pi }{3}-x\right)\right)}^{‘}$

$=2\cos x\cdot {\left(cosx\right)}^{‘}+2cos\left(\frac{2\pi }{3}+x\right)\cdot {\left(cos\left(\frac{2\pi }{3}+x\right)\right)}^{‘}+2cos\left(\frac{2\pi }{3}-x\right)\cdot {\left(cos\left(\frac{2\pi }{3}-x\right)\right)}^{‘}$

$=-2\cos x\cdot \sin x-2\cos \left(\frac{2\pi }{3}+x\right)\sin \left(\frac{2\pi }{3}+x\right)+2\cos \left(\frac{2\pi }{3}-x\right)\sin \left(\frac{2\pi }{3}-x\right)$

$=-\sin 2x-\sin \left(\frac{4\pi }{3}+2x\right)+\sin \left(\frac{4\pi }{3}-2x\right)$

$=-\sin 2x-\sin \left(\pi +\frac{\pi }{3}+2x\right)+\sin \left(\pi +\frac{\pi }{3}-2x\right)$

$=-\sin 2x+\sin \left(\frac{\pi }{3}+2x\right)-\sin \left(\frac{\pi }{3}-2x\right)$

= -sin2x + 2cos$\frac{\pi }{3}$sin2x = -sin2x + sin2x = 0.

Vậy f'(x) = 0 với mọi x $\in$ ℝ.

Bài 9.13 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số f(x) = 4sin²$\left(2x–\frac{\pi }{3}\right)$. Chứng minh rằng |f'(x)| ≤ 8 với mọi x $\in$ ℝ. Tìm x để f'(x) = 8.

Lời giải:

+ Có

Vì với mọi x $\in$ ℝ nên với mọi x $\in$ ℝ .

Vậy |f'(x)| ≤ 8 với mọi x $\in$ ℝ.

+ Có f'(x) = 8 $\iff$8sin$\left(4x-\frac{2\pi }{3}\right)$=8

$\iff \sin \left(4x-\frac{2\pi }{3}\right)=1$

$\iff 4x-\frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+k2\pi$ (k $\in$ ℤ)

$\iff 4x=\frac{7\pi }{6}+k2\pi$ (k $\in$ ℤ)

$\iff x=\frac{7\pi }{24}+k\frac{\pi }{2}$ (k $\in$ ℤ).

Vậy f'(x) = 8 khi $x=\frac{7\pi }{24}+k\frac{\pi }{2}$ với k $\in$ ℤ.

Bài 9.14 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Biết y là hàm số của x thỏa mãn phương trình xy = 1 + lny. Tính y'(0).

Lời giải:

Đạo hàm hai vế của phương trình đã cho, ta có

(xy)’ = (1 + lny)’ $\iff$y + xy’ = $\frac{y‘}{y}$

$\iff$ y = $\frac{y‘}{y}$ – xy’ $\iff$ y = $\left(\frac{1}{y}-x\right)$y’.

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

Tại x = 0 thay vào phương trình xy = 1 + lny ta được lny = −1 $\iff$ y = e⁻¹.

Do đó $y^{‘}\left(0\right)=\frac{e^{-2}}{1-0\cdot e^{-1}}=e^{-2}=\frac{1}{e^2}$ .

Vậy $y^{‘}\left(0\right)=\frac{1}{e^2}$ .

Bài 9.15 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Một vật được phóng thẳng đứng lên trên từ mặt đất với vận tốc ban đầu là v₀ (m/s) (bỏ qua sức cản của không khí) thì độ cao h của vật (tính bằng mét) sau t giây được cho bởi công thức $h=v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2$ (g là gia tốc trọng trường). Tính vận tốc khi vật chạm đất.

Lời giải:

Vận tốc của vật tại thời điểm t là v(t) = h'(t) = ${\left(v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2\right)}^{‘}$ = v_o – gt.

Tại thời điểm vật chạm đất thì h = 0 (t > 0) tức là v_ot – $\frac{1}{2}$gt² = 0

$\iff t\left(v_0-\frac{1}{2}gt\right)=0$$\iff v_0-\frac{1}{2}gt=0$$\iff t=\frac{2v_0}{g}$.

Vận tốc khi vật chạm đất là $v\left(\frac{2v_0}{g}\right)=v_0-g.\frac{2v_0}{g}=-v_0$ (m/s).

Vậy vận tốc khi vật chạm đất là −v₀ m/s.

Bài 9.16 trang 60 SBT Toán 11 Tập 2: Chuyển động của một hạt trên một dây rung được cho bởi công thức $s\left(t\right)=10+\sqrt{2}\sin \left(4\pi t+\frac{\pi }{6}\right)$, 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? (Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).

Lời giải:

Vận tốc của hạt sau t giây là v(t) = s'(t) = ${\left(10+\sqrt{2}\sin \left(4\pi t+\frac{\pi }{6}\right)\right)}^{‘}$

$=\sqrt{2}cos\left(4\pi t+\frac{\pi }{6}\right)\cdot {\left(4\pi t+\frac{\pi }{6}\right)}^{‘}$$=4\sqrt{2}\pi cos\left(4\pi t+\frac{\pi }{6}\right)$.

Vì nên $\le$4$\sqrt{2}$$\pi$ hay |v(t)|$\le$4$\sqrt{2}$$\pi$.

Do đó vận tốc cực đại của hạt là 4$\sqrt{2}$$\pi$$\approx$17,8 m/s đạt được khi = 1

$\iff \sin \left(4\pi t+\frac{\pi }{6}\right)=0$$\iff 4\pi t+\frac{\pi }{6}=k\pi$$\iff t=-\frac{1}{24}+\frac{1}{4}k$, với k $\in$ ℕ^*.

Vậy vận tốc cực đại của hạt khoảng 17,8 m/s khi $t=-\frac{1}{24}+\frac{1}{4}k$ ,với k $\in$ ℕ^*.

=============
THUỘC: Giải SÁCH bài tập Toán 11 – KNTT