Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Định nghĩa/ý nghĩa đạo hàm (Toán học Lớp 11)

Vận tốc tức thời của ô tô tại thời điểm $t(s)$ là: $v(t)=s^{\prime }(t)=20-5t$ .
Vận tốc tức thời của ô tô ngay khi đạp phanh ($t=0(s)$) là:
$v(0)=20-5.0=20(m/s)$ . Ta có: $20m/s=72km/h>70km/h$ .
Suy ra ô tô trên đã chạy quá tốc độ giới hạn cho phép.
Khi xe đứng hẳn, vận tốc $v(t)=0\iff 20-5t=0\iff t=4$ (giây). Do đó, khoảng thời gian xe chuyển động chậm dần đều tính từ lúc phanh đến lúc đứng lại hẳn (nếu không va chạm) là $t\in [0;4]$ .
Khi xảy ra va chạm, ô tô đã đi được 20,4 m kể từ khi đạp phanh nên
$$20,4=20t-\frac{5}{2}{t}^2\iff \{\begin{array}{l}t=1,2\\ t=6,8\end{array}\text{ neˆn }t=1,2(s).$$
Vận tốc tức thời của ô tô ngay khi xảy ra va chạm $(t=1,2(s))$ là:
$$v(1,2)=20-5\cdot 1,2=14(m/s).$$

(AI giải đề cho tôi)
Tiếp tuyến vuông góc với Δ: y=9x−4 nên hệ số góc a = −1/9. Ta có f'(x) = −1/(x+1)². Giải −1/(x₀+1)² = −1/9 ⟹ (x₀+1)² = 9 ⟹ x₀ = 0 hoặc x₀ = −2. Với x₀ = 0: y₀ = 1, tiếp tuyến d₁: y = −(1/9)x + 1. Với x₀ = −2: y₀ = −1, tiếp tuyến d₂: y = −1 − (1/9)(x+2) = −(1/9)x − 11/9. Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn: y = −(1/9)x + 1 và y = −(1/9)x − 11/9.

(AI giải đề cho tôi)
TXĐ: $D=\mathbb{R}\setminus \{-1/3\}$. $y^{\prime }=\frac{(-2)(3x+1)-3(-2x+3)}{(3x+1{)}^2}=\frac{-11}{(3x+1{)}^2}$. Tiếp tuyến vuông góc với $(\Delta ):y=\frac{16}{11}x$ nên hệ số góc $a=-\frac{11}{16}$. Giải $\frac{-11}{(3x+1{)}^2}=-\frac{11}{16}\iff (3x+1{)}^2=16\iff 3x+1=\pm 4\iff x=1$ hoặc $x=-\frac{5}{3}$. Với $x=1$: $y=\frac{-2+3}{3+1}=\frac{1}{4}$, tiếp tuyến $y=-\frac{11}{16}(x-1)+\frac{1}{4}=-\frac{11}{16}x+\frac{15}{16}$. Với $x=-\frac{5}{3}$: $y=\frac{10/3+3}{-4}=-\frac{19}{12}$, tiếp tuyến $y=-\frac{11}{16}\left(x+\frac{5}{3}\right)-\frac{19}{12}=-\frac{11}{16}x-\frac{131}{48}$. Vậy có hai tiếp tuyến: $y=-\frac{11}{16}x+\frac{15}{16}$ và $y=-\frac{11}{16}x-\frac{131}{48}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=f(x)=\frac{3x-1}{x+5}$, TXĐ $\mathbb{R}\setminus \{-5\}$. Đạo hàm: $f^{\prime }(x)=\frac{3(x+5)-(3x-1)}{(x+5{)}^2}=\frac{16}{(x+5{)}^2}$. Đường thẳng $(d):y=-\frac{1}{4}x+7$ có hệ số góc $-\frac{1}{4}$, nên tiếp tuyến $(\Delta )$ vuông góc với $(d)$ có hệ số góc $k=4$. Giải $f^{\prime }(x)=4\iff \frac{16}{(x+5{)}^2}=4\iff (x+5{)}^2=4\iff x=-3$ hoặc $x=-7$ (đều thuộc TXĐ).
- Với $x_0=-3$: $y_0=\frac{-9-1}{2}=-5$, tiếp tuyến: $y=4(x+3)-5=4x+7$.
- Với $x_0=-7$: $y_0=\frac{-21-1}{-2}=11$, tiếp tuyến: $y=4(x+7)+11=4x+39$.
Vậy có hai tiếp tuyến: $({\Delta }_1):y=4x+7$ và $({\Delta }_2):y=4x+39$.

(AI giải đề cho tôi)
Cho $f(x)=x^3-x^2+3x-3$, ta có $f^{\prime }(x)=3x^2-2x+3$, $f^{\prime \prime }(x)=6x-2$.
a) Sai. Định nghĩa đạo hàm tại $x_0=-3$ là $f^{\prime }(-3)=\underset{x\to -3}{\lim }\frac{f(x)-f(-3)}{x-(-3)}=\underset{x\to -3}{\lim }\frac{f(x)-f(-3)}{x+3}$, không phải $x-3$.
b) Đúng. $f^{\prime }(4)=3\cdot 16-8+3=43$ và $f^{\prime }(-2)=3\cdot 4+4+3=19$, nên $f^{\prime }(4)>f^{\prime }(-2)$.
c) Sai. $f^{\prime \prime }(-3)=6\cdot (-3)-2=-20\ne -15$.
d) Sai. Giao điểm của $(C)$ với trục hoành: $x^3-x^2+3x-3=(x-1)(x^2+3)=0\Rightarrow x=1$. Tiếp tuyến tại $(1;0)$: $f^{\prime }(1)=3-2+3=4$, nên $y=4(x-1)=4x-4\ne 3x-3$.
Kết quả khớp bảng đáp án SĐSS.
a) (AI giải đề cho tôi)
Định nghĩa đạo hàm tại $x_0=-3$ phải có mẫu $x-(-3)=x+3$, không phải $x-3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=3x^2-2x+3$; $f^{\prime }(4)=43>19=f^{\prime }(-2)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime \prime }(x)=6x-2$ nên $f^{\prime \prime }(-3)=-20\ne -15$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giao điểm với trục hoành là $x=1$ (vì $x^3-x^2+3x-3=(x-1)(x^2+3)$); tiếp tuyến tại đó là $y=4x-4\ne 3x-3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc tức thời là $v(t)=s^{\prime }(t)=-3t^2+36t+1$ trên $[0;18]$. Đây là parabol bậc hai với đỉnh tại $t=\frac{-36}{2(-3)}=6\in [0;18]$. Vận tốc lớn nhất: $v(6)=-3(36)+36(6)+1=-108+216+1=109$ (m/s). Kết quả khớp với đáp án nguồn 109.

Trả lời: 2. Gọi $M(x_0;y_0)$ là tiếp điểm. $$y=\sqrt{2x+1}\Rightarrow y^{\prime }=f^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{2x+1}}$$ Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng $y=-3x+2$ nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng $\frac{1}{3}$ $$\iff f^{\prime }(x_0)=\frac{1}{3}\iff \frac{1}{\sqrt{2x_0+1}}=\frac{1}{3}\iff x_0=4\Rightarrow y_0=3$$ $$\Rightarrow \text{PTTT: }y=\frac{1}{3}(x-4)+3=\frac{1}{3}x+\frac{5}{3}$$ Suy ra $a=\frac{1}{3},b=\frac{5}{3}\Rightarrow P=2$.

Đáp án: ĐĐSĐ. a) Đúng. Quãng đường vật đi được sau 3 giây là $S(3)=-2.3^3+24.3^2+9.3-3=186$ (m). b) Đúng. Vận tốc chuyển động của vật được xác định theo công thức $v(t)=s^{\prime }(t)=-6t^2+48t+9$. c) Sai. Ta có $v^{\prime }(t)=-12t+48$; $v^{\prime }(t)=0\iff t=4$. Từ đó ta có bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Từ thời điểm bắt đầu chuyển động đến thời điểm $t=4$ giây, vật chuyển động nhanh dần. Từ thời điểm $t=4$ giây đến thời điểm $t=10$ giây, vật chuyển động chậm dần. d) Đúng. Trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc của vật được tính bởi $v(t)=s^{\prime }(t)=-6t^2+48t+9=-6(x-4{)}^2+105\le 105$. Do đó, vận tốc lớn nhất của vật là 105 (m/s) đạt được tại thời điểm $t=4$ (s).
a) Đúng. Quãng đường vật đi được sau 3 giây là $S(3)=-2.3^3+24.3^2+9.3-3=186$ (m).
b) Đúng. Vận tốc chuyển động của vật được xác định theo công thức $v(t)=s^{\prime }(t)=-6t^2+48t+9$.
c) Sai. Ta có $v^{\prime }(t)=-12t+48$; $v^{\prime }(t)=0\iff t=4$. Từ đó ta có bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Từ thời điểm bắt đầu chuyển động đến thời điểm $t=4$ giây, vật chuyển động nhanh dần. Từ thời điểm $t=4$ giây đến thời điểm $t=10$ giây, vật chuyển động chậm dần.
d) Đúng. Trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc của vật được tính bởi $v(t)=s^{\prime }(t)=-6t^2+48t+9=-6(x-4{)}^2+105\le 105$. Do đó, vận tốc lớn nhất của vật là 105 (m/s) đạt được tại thời điểm $t=4$ (s).

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 101 (trang 7): Phần II Câu 1 là SĐĐĐ, tức a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng. Lưu ý: về mặt toán học, ý a) có vẻ đúng vì f'(x)=1 cho 3x²−4x=0 có hai nghiệm x=0 và x=4/3 (hai tiếp tuyến song song với y=x), mâu thuẫn với đáp án nguồn S; tuy nhiên đáp án nguồn được giữ nguyên.

(AI giải đề cho tôi)
Trong 1 giây phản ứng, xe đi được $20\cdot 1=20$ m. Khi đạp phanh, vận tốc $v(t)=s^{\prime }(t)=-10t+20$, xe dừng hẳn khi $v(t)=0\iff t=2$ s. Quãng đường phanh: $s(2)=-5\cdot 4+20\cdot 2=20$ m. Tổng quãng đường: $20+20=40$ m. Khoảng cách tới chướng ngại vật: $45-40=5$ m, khớp với đáp án nguồn.

Hướng dẫn chấm (1 điểm):

a) Gọi $M(x_0;y_0)$ là toạ độ tiếp điểm
+ $y^{\prime }=\frac{1}{(x+1{)}^2}$
+ $y^{\prime }(x_0)=1\iff \{\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=-2\end{array}$ (0,25)

+ $x_0=0\Rightarrow y=2$
PTTT: $y=x+2$ (Loại)
+ $x_0=-2\Rightarrow y=4$
PTTT: $y=x+6$ (Nhận) (0,25)

b) Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ
$A(0;0),B(43;0),M(0,2;1,87)$



$(P):y=a{x}^2+bx+c$

$$A,B,M\in (P)\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=-\frac{187}{856}\\ b=\frac{8041}{856}\\ c=0\end{array}$$

$$(P):y=-\frac{187}{856}{x}^2+\frac{8041}{856}x$$ (0,25)

$\tan \alpha =y^{\prime }(0,2)\Rightarrow \alpha =83,9^0$ (0,25)

Ta có $y^{\prime }=-0,004x-0,04$

$x_0=60\Rightarrow y_0=-9,6$

$y^{\prime }(60)=-0,28$

Phương trình đoạn dốc L2 tiếp tuyến với Parabol là:

$y=-0,28(x-60)-9,6=-0,28x+7,2$

Ta có $x_Q=80\Rightarrow y_Q=-15,2\Rightarrow Q(80;-15,2)$

Khoảng cách $PQ=\sqrt{80^2+(-15,2{)}^2}\approx 81,43(m)$

Ta có $y^{\prime }=-0,002x-0,05$

$x_0=50\Rightarrow y_0=-5$

$y^{\prime }(50)=-0,15$

Phương trình đoạn dốc L2 tiếp tuyến với Parabol là:

$y=-0,15(x-50)-5=-0,15x+2,5$

Ta có $x_Q=70\Rightarrow y_Q=-8\Rightarrow Q(70;-8)$

Khoảng cách $PQ=\sqrt{70^2+(-8{)}^2}\approx 70,46(m)$

Ta có $y^{\prime }=-0,004x-0,04$

$x_0=60\Rightarrow y_0=-9,6$

$y^{\prime }(60)=-0,28$

Phương trình đoạn dốc L2 tiếp tuyến với Parabol là:

$y=-0,28(x-60)-9,6=-0,28x+7,2$

Ta có $x_Q=80\Rightarrow y_Q=-15,2\Rightarrow Q(80;-15,2)$

Khoảng cách $PQ=\sqrt{80^2+(-15,2{)}^2}\approx 81,43(m)$

Ta có $y^{\prime }=-0,002x-0,05$

$x_0=50\Rightarrow y_0=-5$

$y^{\prime }(50)=-0,15$

Phương trình đoạn dốc L2 tiếp tuyến với Parabol là:

$y=-0,15(x-50)-5=-0,15x+2,5$

Ta có $x_Q=70\Rightarrow y_Q=-8\Rightarrow Q(70;-8)$

Khoảng cách $PQ=\sqrt{70^2+(-8{)}^2}\approx 70,46(m)$

Lời giải (Đáp án mã 0103-0107):
Ta có $y=3-\frac{7}{x},(x>0)\Rightarrow y^{\prime }=\frac{7}{x^2}$
Gọi $M(x_0;y_0),x_0>0$ là điểm mà viên đạn được bắn ra từ máy bay, theo giả thiết $M\in (C)\Rightarrow M\left(x_0;3-\frac{7}{x_0}\right)$ và $y^{\prime }(x_0)=\frac{7}{x_0^2}$
Vì quỹ đạo bay của viên đạn theo phương tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M do đó ta có phương trình quỹ đạo bay của viên đạn là: $(\Delta ):y=\frac{7}{x_0^2}(x-x_0)+3-\frac{7}{x_0}$
Viên đạn bắn trúng mục tiêu (8;3) nên ta có:
$3=\frac{7}{x_0^2}(8-x_0)+3-\frac{7}{x_0}\iff \frac{56}{x_0^2}=\frac{14}{x_0}\Rightarrow x_0=4\Rightarrow y_0=\frac{5}{4}\Rightarrow M\left(4;\frac{5}{4}\right)$
Vậy khoảng cách từ viên đạn đến mục tiêu là: $\sqrt{(4-8{)}^2+{\left(\frac{5}{4}-3\right)}^2}=\frac{\sqrt{305}}{4}$
(Điểm: 0,75 cho phần lập luận tìm M; 0,25 cho phần tính khoảng cách)

Lời giải (Đáp án mã 0101-0105):
Ta có $y=5-\frac{7}{x},(x>0)\Rightarrow y^{\prime }=\frac{7}{x^2}$
Gọi $M(x_0;y_0),x_0>0$ là điểm mà viên đạn được bắn ra từ máy bay, theo giả thiết $M\in (C)\Rightarrow M\left(x_0;5-\frac{7}{x_0}\right)$ và $y^{\prime }(x_0)=\frac{7}{x_0^2}$
Vì quỹ đạo bay của viên đạn theo phương tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M do đó ta có phương trình quỹ đạo bay của viên đạn là: $(\Delta ):y=\frac{7}{x_0^2}(x-x_0)+5-\frac{7}{x_0}$ — 0,75
Viên đạn bắn trúng mục tiêu (6;5) nên ta có:
$5=\frac{7}{x_0^2}(6-x_0)+5-\frac{7}{x_0}\iff \frac{42}{x_0^2}=\frac{14}{x_0}\Rightarrow x_0=3\Rightarrow y_0=\frac{8}{3}\Rightarrow M\left(3;\frac{8}{3}\right)$
Vậy khoảng cách từ viên đạn đến mục tiêu là: $\sqrt{(3-6{)}^2+{\left(\frac{8}{3}-5\right)}^2}=\frac{\sqrt{130}}{3}$ — 0,25

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $s(t)$ là quãng đường xe đi được sau $t$ giờ, với $t\in [0;3]$. Vì xe chuyển động liên tục nên $s(t)$ liên tục trên $[0;3]$ và khả vi trên $(0;3)$, với $s(0)=0$, $s(3)=180$. Theo định lý giá trị trung bình (định lý Lagrange), tồn tại ít nhất một điểm $c\in (0;3)$ sao cho $$s^{\prime }(c)=\frac{s(3)-s(0)}{3-0}=\frac{180}{3}=60.$$ Mà $s^{\prime }(c)$ chính là vận tốc tức thời của xe tại thời điểm $c$ (đơn vị $km/h$). Vậy có ít nhất một thời điểm trên hành trình mà xe chạy với vận tốc $60km/h$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Xác minh trên ảnh đáp án trang 9: Mã đề 0102, Phần II Câu 1 là SDSD. a) $y^{\prime }=\frac{4}{(x+2{)}^2}>0$ chỉ với $x\ne -2$, hàm số không xác định tại $x=-2$, nên khẳng định $y^{\prime }>0,\forall x\in \mathbb{R}$ SAI. b) $f(-1)=-3$, $y^{\prime }(-1)=4$, tiếp tuyến $y=4(x+1)-3=4x+1$ ĐÚNG. c) Về mặt tính toán, $\frac{4}{(x+2{)}^2}=\frac{1}{4}\iff (x+2{)}^2=16\iff x=2$ hoặc $x=-6$, cho hai tiếp tuyến song song với $\Delta$; tuy nhiên đáp án chính thức (trang 9) ghi ý c) là SAI — giữ phán định của nguồn, xung đột được ghi nhận. d) $f(0)=-1$, $y^{\prime }(0)=1$, tiếp tuyến $y=x-1$ cắt hai trục tại $(1;0)$ và $(0;-1)$, diện tích tam giác $=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}$ ĐÚNG.
a) Ta có $y^{\prime }=\frac{(x+2)-(x-2)}{(x+2{)}^2}=\frac{4}{(x+2{)}^2}$. Hàm số không xác định tại $x=-2$, do đó $y^{\prime }>0$ không đúng với mọi $x\in \mathbb{R}$ (chỉ đúng với $x\ne -2$). Khớp đáp án chính thức SDSD (trang 9). Vậy ý a) SAI.
b) Với $x_0=-1$: $f(-1)=\frac{-1-2}{-1+2}=-3$ và $y^{\prime }(-1)=\frac{4}{(-1+2{)}^2}=4$. Phương trình tiếp tuyến: $y=4(x+1)-3=4x+1$. Khớp đáp án chính thức SDSD (trang 9). Vậy ý b) ĐÚNG.
c) Đáp án chính thức (Mã đề 0102, Phần II Câu 1: SDSD, trang 9) cho ý c) là SAI; giữ nguyên phán định của nguồn. Lưu ý mâu thuẫn về mặt tính toán: $y^{\prime }=\frac{4}{(x+2{)}^2}=\frac{1}{4}\iff (x+2{)}^2=16\iff x=2$ hoặc $x=-6$, tức có hai tiếp tuyến song song với $\Delta$, nên ý c) đúng về mặt tính toán. Xung đột giữa tính toán và đáp án chính thức đã được ghi nhận, không tự thay đổi đáp án của nguồn.
d) Tại $x_0=0$: $f(0)=\frac{-2}{2}=-1$ (điểm $M_0(0;-1)$ thuộc đồ thị) và $y^{\prime }(0)=\frac{4}{2^2}=1$. Tiếp tuyến: $y=1\cdot (x-0)-1=x-1$. Đường thẳng $y=x-1$ cắt các trục tại $(1;0)$ và $(0;-1)$, tạo với các trục tọa độ tam giác vuông cân có diện tích $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}$. Khớp đáp án chính thức SDSD (trang 9). Vậy ý d) ĐÚNG.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=f(x)=\frac{x-2}{x+2}$, tập xác định $\mathbb{R}\setminus \{-2\}$, $y^{\prime }=\frac{4}{(x+2{)}^2}$.
a) Sai: $y^{\prime }>0$ chỉ với $x\ne -2$; hàm không xác định tại $x=-2$ nên không thể có $y^{\prime }>0,\forall x\in \mathbb{R}$.
b) Đúng: $f(-1)=\frac{-3}{1}=-3$, $y^{\prime }(-1)=\frac{4}{1}=4$, tiếp tuyến $y=4(x+1)-3=4x+1$.
c) Sai: Giải $y^{\prime }=\frac{1}{4}\iff (x+2{)}^2=16\iff x=2$ hoặc $x=-6$. Tại $x=2$: $f(2)=0$, tiếp tuyến $y=\frac{1}{4}x-\frac{1}{2}$ (song song với $\Delta$). Tại $x=-6$: $f(-6)=\frac{-8}{-4}=2$, tiếp tuyến $y=\frac{1}{4}(x+6)+2=\frac{1}{4}x+\frac{7}{2}$ — chính là đường thẳng $\Delta$ (trùng với $\Delta$, không song song theo nghĩa riêng). Vậy chỉ có MỘT tiếp tuyến song song với $\Delta$, phát biểu 'có hai tiếp tuyến' là sai. Điều này khớp đáp án chính thức SĐSD.
d) Đúng: $f(0)=-1$ nên $M_0(0;-1)$ thuộc $(C)$, $y^{\prime }(0)=\frac{4}{4}=1$, tiếp tuyến $y=x-1$ cắt các trục tại $(1;0)$ và $(0;-1)$, diện tích tam giác $=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}$.
Kết luận: SĐSD, khớp đáp án chính thức (mã đề 0101, Phần II Câu 4).
a) Sai. $y^{\prime }=\frac{4}{(x+2{)}^2}>0$ chỉ với $x\ne -2$; hàm số không xác định tại $x=-2$, nên khẳng định $y^{\prime }>0,\forall x\in \mathbb{R}$ là sai.
b) Đúng. $f(-1)=\frac{-3}{1}=-3$, $y^{\prime }(-1)=\frac{4}{(-1+2{)}^2}=4$. Tiếp tuyến: $y=4(x+1)-3=4x+1$.
c) Theo đáp án chính thức (mã đề 0101, Phần II Câu 4: SĐSD), phát biểu này được chấm là Sai. Lưu ý: về mặt tính toán, $y^{\prime }=\frac{4}{(x+2{)}^2}=\frac{1}{4}\iff (x+2{)}^2=16\iff x=2$ hoặc $x=-6$ (đều thuộc tập xác định), dẫn tới có hai tiếp tuyến song song với $\Delta$; tuy nhiên đáp án chính thức của đề vẫn xếp phát biểu này là Sai nên giữ nguyên theo nguồn.
d) Đúng. $f(0)=-1=-y_{M_0}$ (điểm thuộc đồ thị), $y^{\prime }(0)=\frac{4}{2^2}=1$. Tiếp tuyến: $y=x-1$, cắt các trục tại $(1;0)$ và $(0;-1)$, diện tích tam giác $=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}$.