Trang Chủ Bài tập SGK lớp 11 Bài tập Toán 11

Bài 5, 6, 7 trang 156, 157 SGK Đại số và Giải tích 11: Định nghĩa và ý nghĩa của đạo hàm

 Bài 1 Định nghĩa và ý nghĩa của đạo hàm. Giải bài 5, 6, 7 trang 156, 157 Sách giáo khoa Đại số và Giải tích 11.Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong;  Viết phương trình tiếp tuyến của đường

Bài 5: Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong \(y = x^3\):

a) Tại điểm có tọa độ \((-1;-1)\);

b) Tại điểm có hoành độ bằng \(2\);

c) Biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng \(3\).

Bằng định nghĩa ta tính được \(y’ = 3x^2\).

a) \(y’ (-1) = 3\). Do đó hệ số góc của tiếp tuyến bằng \(3\). Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm \((-1;-1)\) là \(y – (-1) = 3[x – (-1)]\) hay \(y = 3x+2\).

b) \(y’ (2) = 12\). Do đó hệ số góc của tiếp tuyến bằng \(12\). Ngoài ra ta có \(y(2) = 8\). Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng \(2\) là: \( y – 8 = 12(x – 2)\)

hay \(y = 12x -16\).

c) Gọi \(x_0\) là hoành độ tiếp điểm. Ta có:

\(y’ (x_0) = 3 \Leftrightarrow 3{x_0}^2= 3\Leftrightarrow {x_0}^2= 1\Leftrightarrow x_0= ±1\).

+) Với \(x_0= 1\) ta có \(y(1) = 1\), phương trình tiếp tuyến là

  \( y – 1 = 3(x – 1)\) hay \(y = 3x – 2\).

Advertisements (Quảng cáo)

+) Với \(x_0= -1\) ta có \(y(-1) = -1\), phương trình tiếp tuyến là

  \(y – (-1) = 3[x – (-1)]\) hay \(y =  3x + 2\).


Bài 6:  Viết phương trình tiếp tuyến của đường hypebol \(y =  \frac{1}{x}\):

a) Tại điểm \((  \frac{1}{2} ; 2)\)

b) Tại điểm có hoành độ bằng \(-1\);

c) Biết rằng hệ số góc của tiếp tuyến bằng -\( \frac{1}{4}\).

Bằng định nghĩa ta tính được \(y’ = – \frac{1}{x^{2}}\).

Advertisements (Quảng cáo)

a) \(y’  \left ( \frac{1}{2} \right )= -4\). Do đó hệ số góc của tiếp tuyến bằng \(-4\). Vậy phương trình tiếp tuyến của hypebol tại điểm \((  \frac{1}{2} ; 2)\) là \(y – 2 = -4(x –  \frac{1}{2})\) hay \(y = -4x + 4\).

b) \(y’ (-1) = -1\). Do đó hệ số góc của tiếp tuyến bằng \(-1\). Ngoài ra, ta có \(y(-1) = -1\). Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm có tọa độ là \(-1\) là \(y – (-1) = -[x – (-1)]\) hay \(y = -x – 2\).

c) Gọi \(x_0\) là hoành độ tiếp điểm. Ta có

\(y’ (x_0) = –  \frac{1}{4} \Leftrightarrow –  \frac{1}{x_{0}^{2}} = –  \frac{1}{4}\)\(\Leftrightarrow x_{0}^{2} = 4 \Leftrightarrow x_{0}=  ±2\).

Với \(x_{0}= 2\) ta có \(y(2) =  \frac{1}{2}\), phương trình tiếp tuyến là

     \(y –  \frac{1}{2} = – \frac{1}{4}(x – 2)\) hay \(y =  \frac{1}{4}x + 1\).

Với \(x_{0} = -2\) ta có \(y (-2) = – \frac{1}{2}\), phương trình tiếp tuyến là

    \(y –  \left ( -\frac{1}{2} \right ) = – \frac{1}{4}[x – (-2)]\) hay \(y = –  \frac{1}{4}x -1\)


Bài 7: Một vật rơi tự do theo phương trình \(s = {1 \over 2}g{t^2}\) , trong đó \(g ≈ 9,8\) m/s2 là gia tốc trọng trường.

a) Tìm vận tốc trung bình của chuyển động trong khoảng thời gian từ t (t = 5s) đến \(t + ∆t\), trong các trường hợp \(∆t = 0,1s; ∆t = 0,05s; ∆t = 0,001s\).

b) Tìm vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5s\).

a) Vận tốc trung bình của chuyển động trong khoảng thời gian từ \(t\) đến \(t + ∆t\) là

\(V_{tb}=  \frac{s\left ( t+\Delta t \right )-s\left ( t \right )}{\Delta t}=   \frac{\frac{1}{2}g\cdot \left ( t+\Delta t \right )^{2}-\frac{1}{2}g\cdot t^{2}}{\Delta t} ={1 \over 2}g(2t + \Delta t) \approx 4,9.(2t + \Delta t)\)

Với \( t=5\) và

 +) \(∆t = 0,1\) thì \(v_{tb}≈ 4,9. (10 + 0,1) ≈ 49,49 m/s\);

 +) \(∆t = 0,05\) thì \(v_{tb}≈ 4,9. (10 + 0,05) ≈ 49,245 m/s\);

 +) \(∆t = 0,001\) thì \(v_{tb} ≈ 4,9. (10 + 0,001) ≈ 49,005 m/s\).

b) Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5s\) tương ứng với \(∆t = 0\) nên \(v ≈ 4,9 . 10 = 49 m/s\).

Advertisements (Quảng cáo)