Sách bài tập Toán 11 (Cánh diều) Bài tập cuối chương 7

Giải SBT Toán 11 Bài tập cuối chương 7

Bài 38 trang 78 SBT Toán 11 Tập 2: Cho f = f(x), g = g(x), h = h(x) là các hàm số có đạo hàm tại điểm x thuộc khoảng xác định. Khi đó, (fg + h)’ bằng:

A. f’g’ + h’.

B. f’g’h’.

C. f’g + fg’ + h’.

D. f’gh’ + fg’h.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có (fg + h)’ = (fg)’ + h’ = f’g + fg’ + h’.

Bài 39 trang 78 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số $f\left(x\right)=\text{sin}\frac{x}{2}\text{cos}\frac{x}{2}.$ Khi đó, f’(x) bằng:

A. $\frac{1}{2}\text{cos}x.$

B. $-\frac{1}{2}\text{cos}x.$

C. $-\frac{1}{4}\text{cos}\frac{x}{2}\text{sin}\frac{x}{2}.$

D. cosx.

Lời giải:

Xét hàm số $f\left(x\right)=\text{sin}\frac{x}{2}\text{cos}\frac{x}{2}.$

Ta có $f^{‘}\left(x\right)={\left(\text{sin}\frac{x}{2}\right)}^{‘}\cdot \text{cos}\frac{x}{2}+\text{sin}\frac{x}{2}\cdot {\left(\text{cos}\frac{x}{2}\right)}^{‘}$

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

$=\frac{1}{2}{\text{cos}}^2\frac{x}{2}-\frac{1}{2}{\text{sin}}^2\frac{x}{2}$

$=\frac{1}{2}\cdot \left({\text{cos}}^2\frac{x}{2}-{\text{sin}}^2\frac{x}{2}\right)=\frac{1}{2}\text{cos}x.$

Bài 40 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số $f\left(x\right)=\frac{1}{ax+b}.$ Khi đó, f’(x) bằng:

A. $-\frac{1}{{\left(ax+b\right)}^2}.$

B. $\frac{1}{{\left(ax+b\right)}^2}.$

C. $\frac{a}{{\left(ax+b\right)}^2}.$

D. $–\frac{a}{{\left(ax+b\right)}^2}.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có $f^{‘}\left(x\right)=-\frac{{\left(ax+b\right)}^{‘}}{{\left(ax+b\right)}^2}=-\frac{a}{{\left(ax+b\right)}^2}.$

Bài 41 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số f(x) = sinax. Khi đó, f’(x) bằng:

A. cosax.

B. –cosax.

C. acosax.

D. acosx.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có f’(x) = (sinax)’ = (ax)’.cosax = acosax.

Bài 42 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số f(x) = cotax. Khi đó, f’(x) bằng:

A. $-\frac{a}{{\text{sin}}^{2}ax}.$

B. $\frac{a}{{\text{sin}}^{2}ax}.$

C. $\frac{1}{{\text{sin}}^{2}ax}.$

D. $-\frac{1}{{\text{sin}}^{2}ax}.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Ta có $f^{‘}\left(x\right)={\left(\text{cot}ax\right)}^{‘}=-\frac{{\left(ax\right)}^{‘}}{{\sin }^2\text{ax}}=-\frac{a}{{\text{sin}}^{2}ax}.$

Bài 43 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số f(x) = log_a(bx). Khi đó, f’(x) bằng:

A. $\frac{1}{bx}.$

B. $\frac{1}{ax}.$

C. $\frac{1}{x\text{ln}a}.$

D. $\frac{1}{x\text{lnb}}.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có $f^{‘}\left(x\right)={\left[{\text{log}}_a\left(bx\right)\right]}^{‘}=\frac{{\left(bx\right)}^{‘}}{bx\ln a}=\frac{b}{bx\text{ln}a}=\frac{1}{x\text{ln}a}.$

Bài 44 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số f(x) = e^ax. Khi đó, f’’(x) bằng:

A. e^ax.

B. a²e^ax.

C. a²e^x.

D. e^2ax.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Xét hàm số f(x) = e^ax. Ta có:

f’(x) = (e^ax)’ = (ax)’.e^ax = a.e^ax.

f’’(x) =(a.e^ax)’ = a.(ax)’.e^ax = a.a.e^ax = a².e^ax.

Bài 45 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) = x⁴ tại điểm M(2; 16) bằng:

A. 48.

B. 8.

C. 1.

D. 32.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có: f′(x) = 4x³

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) = x⁴ tại điểm M(2;16) bằng:

k = f′(2) = 4.2³ = 4.8 = 32.

Bài 46 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Tìm đạo hàm của mỗi hàm số sau:

a) y = (2x² + 1)³; b) y = sin3xcos2x – sin2xcos3x;

c) $y=\frac{\text{tan}x+\text{tan}2x}{1-\text{tan}x\text{tan}2x};$ d) $y=\frac{e^{3x+1}}{2^{x-1}}.$

Lời giải:

a) y’ = [(2x² + 1)³]’ = 3.(2x² + 1)².(2x² + 1)’

= 3 . (2x² + 1)² . 4x = 12x(2x² + 1)².

b) Ta có: y = sin3xcos2x – sin2xcos3x = sin(3x – 2x) = sinx.

Do đó y’ = (sinx)’ = cosx.

c) Ta có: $y=\frac{\text{tan}x+\text{tan}2x}{1-\text{tan}x\text{tan}2x}=\text{tan}\left(x+2x\right)=\text{tan}3x$

$y^{‘}={\left(\text{tan}3x\right)}^{‘}=\frac{{\left(3x\right)}^{‘}}{{\text{cos}}^{2}3x}=\frac{3}{{\text{cos}}^{2}3x}\text{. }$

d) $y^{‘}={\left(\frac{e^{3x+1}}{2^{x-1}}\right)}^{‘}=\frac{{\left(e^{3x+1}\right)}^{‘}\cdot 2^{x-1}-{\left(2^{x-1}\right)}^{‘}\cdot e^{3x+1}}{{\left(2^{x-1}\right)}^2}$

$=\frac{3e^{3x+1}\cdot 2^{x-1}-2^{x-1}\text{ln}2\cdot e^{3x+1}}{{\left(2^{x-1}\right)}^2}$

$=\frac{e^{3x+1}\cdot 2^{x-1}\left(3-\text{ln}2\right)}{{\left(2^{x-1}\right)}^2}=\frac{e^{3x+1}\left(3-\text{ln}2\right)}{2^{x-1}}$

$=\frac{e\cdot e^{3x}\left(3-\text{ln}2\right)}{\frac{2^x}{2}}=2e\left(3-\text{ln}2\right){\left(\frac{e^3}{2}\right)}^x.$

Bài 47 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số f(x) = ln(4x + 3). Tính f’(x) và f’’(x) tại điểm x₀ = 1

Lời giải:

Xét hàm số f(x) = ln(4x + 3). Ta có:

• $f^{‘}\left(x\right)={\left[\ln \left(4x+3\right)\right]}^{‘}=\frac{4}{4x+3}.$

Do đó $f^{‘}\left(1\right)=\frac{4}{4.1+3}=\frac{4}{7}.$

• $f^{”}\left(x\right)={\left(\frac{4}{4x+3}\right)}^{‘}=-\frac{4\cdot {\left(4x\right)}^{‘}}{{\left(4x+3\right)}^2}=-\frac{4\cdot 4}{{\left(4x+3\right)}^2}=-\frac{16}{{\left(4x+3\right)}^2}.$

Do đó $f^{”}\left(1\right)=-\frac{16}{{\left(4\cdot 1+3\right)}^2}=-\frac{16}{7^2}=-\frac{16}{49}.$

Bài 48 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số $f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3-\frac{1}{2}{x}^2-12x.$

a) Tìm f’(x) và giải bất phương trình f’(x) > 0.

b) Tìm f’’(x) và giải phương trình f’’(x) = 0.

Lời giải:

a) Xét hàm số hàm số $f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3-\frac{1}{2}{x}^2-12x.$ Ta có:

$f^{‘}\left(x\right)={\left(\frac{1}{3}{x}^3-\frac{1}{2}{x}^2-12x\right)}^{‘}=x^2-x-12.$

Khi đó $f^{‘}\left(x\right)>0\iff x^2-x-12>0\iff \left(x-4\right)\left(x+3\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}x>4\\ x<-3\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = (–∞; –3) ∪ (4; +∞).

b) Với f’(x) = x² – x – 12, ta có:

f’’(x) = (x² – x – 12)’ = 2x – 1.

Khi đó $f^{”}\left(x\right)=0\iff 2x-1=0\iff x=\frac{1}{2}.$

Vậy phương trình có nghiệm là: $x=\frac{1}{2}.$

Bài 49 trang 79 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hàm số $f\left(x\right)=\frac{2x-3}{x+4}$ có đồ thị (C)

a) Tìm đạo hàm của hàm số.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng –3.

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng 1.

Lời giải:

a) Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{2x-3}{x+4}.$ Ta có:

$f^{‘}\left(x\right)={\left(\frac{2x-3}{x+4}\right)}^{‘}=\frac{2\left(x+4\right)-\left(2x-3\right)\cdot 1}{{\left(x+4\right)}^2}=\frac{11}{{\left(x+4\right)}^2}.$

b) Với x = –3 ta có $y=\frac{2\cdot \left(-3\right)-3}{-3+4}=\frac{-9}{1}=-9$ và $f^{‘}\left(-3\right)=\frac{11}{{\left(-3+4\right)}^2}=11.$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng –3 là:

y = f’(–3)[x – (–3)] + f(–3)

Hay y = 11.(x + 3) – 9, tức là y = 11x + 24.

c) Gọi M(x₀; 1) là tiếp điểm của đồ thị (C) có tung độ bằng 1.

Khi đó $\frac{2x_0-3}{x_0+4}=1\iff 2x_0-3=x_0+4\iff x_0=7.$ Suy ra M(7; 1).

Với x₀ = 7, ta có $f^{‘}\left(7\right)=\frac{11}{{\left(7+4\right)}^2}=\frac{1}{11}.$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng 1 là:

y = f’(7).(x – 7) + 1

Hay $y=\frac{1}{11}\left(x-7\right)+1,$ tức là $y=\frac{1}{11}x+\frac{4}{11}.$

Bài 50 trang 80 SBT Toán 11 Tập 2: Một chất điểm có phương trình chuyển động $s\left(t\right)=2\text{sin}\left(6t+\frac{\pi }{4}\right),$ trong đó t > 0, t tính bằng giây, s(t) tính bằng centimét. Tính vận tốc tức thời và gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm $t=\frac{\pi }{4}\left(\text{s}\right).$

Lời giải:

$s^{‘}\left(t\right)={\left[2\sin \left(6t+\frac{\pi }{4}\right)\right]}^{‘}=2\cdot {\left(6t+\frac{\pi }{4}\right)}^{‘}\cdot \text{cos}\left(6t+\frac{\pi }{4}\right)=12\text{cos}\left(6t+\frac{\pi }{4}\right);$

$s^{”}\left(t\right)={\left[12cos\left(6t+\frac{\pi }{4}\right)\right]}^{‘}=12\cdot {\left(6t+\frac{\pi }{4}\right)}^{‘}\cdot \left[-\text{sin}\left(6t+\frac{\pi }{4}\right)\right]=-72\text{sin}\left(6t+\frac{\pi }{4}\right).$

Vận tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm $t=\frac{\pi }{4}$ (s) là:

$s^{‘}\left(\frac{\pi }{4}\right)=12\text{cos}\left(6\cdot \frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}\right)=12cos\frac{7\pi }{4}=6\sqrt{2}$

Gia tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm $t=\frac{\pi }{4}\left(\text{ s}\right)$ là:

$s^{”}\left(\frac{\pi }{4}\right)=-72\text{sin}\left(6\cdot \frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}\right)=-72\sin \frac{7\pi }{4}=36\sqrt{2}$

Bài 51 trang 80 SBT Toán 11 Tập 2: Kính viễn vọng không gian Hubble được triển khai vào ngày 24 tháng 4 năm 1990, bởi tàu con thoi Discovery. Vận tốc của tàu con thoi trong nhiệm vụ này từ khi xuất phát tại t = 0 (s) cho đến khi tên lửa đẩy nhiên liệu rắn bị loại bỏ ở (s) được xác định theo phương trình sau:

v(t) = 0,001302t³ – 0,09029t² + 23,61t – 3,083 (ft/s).

(Nguồn: James Stewart, Calculus)

Tính gia tốc tức thời của tàu con thoi trên tại thời điểm t = 100 (s) (làm tròn kết quả đến hàng phần nghìn).

Lời giải:

Gia tốc tức thời của tàu con thoi tại thời điểm t (s) là:

a(t) = v’(t)

= (0,001302t³ – 0,09029t² + 23,61t – 3,083)’

= 0,003906t² – 0,18058t + 23,61 (ft/s²).

Gia tốc tức thời của tàu con thoi tại thời điểm t = 100 (s) là:

a(100) = 0,003906.100² – 0,18058.100 + 23,61 = 44,612 (ft/s²).

Bài 52 trang 80 SBT Toán 11 Tập 2: Sau khi uống đồ uống có cồn, nồng độ cồn trong máu tăng lên rồi giảm dần được xác định bằng hàm số C(t)=1,35te^–2802t, trong đó C (mg/ml) là nồng độ cồn, t (h) là thời điểm đo tính từ ngay sau khi uống 15 ml đồ uống có cồn.

(Nguồn: P. Wilkinson et al., Pharmacokinetics of Ethanol after Oral Administration in the Fasting State, 1977)

Giả sử một người uống hết nhanh 15 ml đồ uống có cồn. Tính tốc độ chuyển hoá nồng độ cồn trong máu của người đó tại thời điểm t = 3 (h) (làm tròn kết quả đến hàng phần triệu).

Lời giải:

Tốc độ chuyển hoá nồng độ cồn trong máu của người đó tại thời điểm t là:

C’(t) = (1,35te^–2,802t)’ = (1,35t)’.e^–2,802t + 1,35t.(e^–2,802t)’

= 1,35e^–2,802t + 1,35t.(–2,802).e^–2,802t = 1,35e^–2,802t.(1 − 2,802t)

Tốc độ chuyển hoá nồng độ cồn trong máu của người đó tại thời điểm t = 3 (h) là:

C’(3) = 1,35e^–2,802.3.(1 − 2,802.3) ≈ −0,002235 $\left(\frac{mg/ml}{h}\right).$

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 3: Đạo hàm cấp hai

Bài tập cuối chương 7

Bài 1: Hai đường thẳng vuông góc

Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Bài 3: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện

Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc