Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quy tắc đạo hàm (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $\ln x$ và $\frac{1}{x}$ yêu cầu $x>0$, nên $D=(0;+\infty )$.

b) Sai: $f^{\prime }(x)=-1-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}$, không phải $1+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}$ (dấu sai).

c) Đúng: $f\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{x}+x-2\ln \frac{1}{x}=-\frac{1}{x}+x+2\ln x=-\left(-x+\frac{1}{x}-2\ln x\right)=-f(x)$.

d) Đúng: Theo c), $f\left(\frac{1}{\sin x+3}\right)=-f(\sin x+3)$ (với $\sin x+3\in [2;4]\subset (0;+\infty )$). Phương trình trở thành $f(\cos x+3)=f(\sin x+3)$. Vì $f^{\prime }(x)=-1-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}<0$ với mọi $x>0$ nên $f$ nghịch biến và đơn ánh trên $(0;+\infty )$, suy ra $\cos x+3=\sin x+3\iff \cos x=\sin x\iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi$. Trên $[0;2\pi ]$: $x=\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4}$. Tổng $=\frac{6\pi }{4}=\frac{3\pi }{2}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\ln x$ và $\frac{1}{x}$ xác định khi $x>0$, nên tập xác định là $(0;+\infty )$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=-1-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}$, mệnh đề đưa ra sai dấu.
c) (AI giải đề cho tôi)
$f(1/x)=-1/x+x+2\ln x=-f(x)$ với mọi $x>0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Dùng $f(1/t)=-f(t)$ và $f$ nghịch biến (đơn ánh) trên $(0;+\infty )$, phương trình tương đương $\cos x=\sin x$, nghiệm trên $[0;2\pi ]$ là $\pi /4$ và $5\pi /4$, tổng bằng $3\pi /2$.

Ta có $y=\ln x-\ln (x+2)$.
Đạo hàm cấp $n$ của $\ln (x+a)$ là $(\ln (x+a){)}^{(n)}=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{(x+a{)}^n}$.
Với $n=2018$:
$y^{(2018)}(x)=\frac{(-1{)}^{2017}2017!}{x^{2018}}-\frac{(-1{)}^{2017}2017!}{(x+2{)}^{2018}}=-2017!\left(\frac{1}{x^{2018}}-\frac{1}{(x+2{)}^{2018}}\right)$.
Tại $x=1$:
$y^{(2018)}(1)=-2017!\left(1-\frac{1}{3^{2018}}\right)=2017!\left(\frac{1-3^{2018}}{3^{2018}}\right)=\frac{1-3^{2018}}{3^{2018}}\cdot 2017!$.

Điều kiện xác định của hàm số: $x^2-2x\ge 0⟺[<table><tbody><tr><td>x\le 0</td></tr><tr><td>x\ge 2</td></tr></tbody></table>$.
Với $x<0$ hoặc $x>2$, ta có: $f^{\prime }(x)=\frac{2x-2}{2\sqrt{x^2-2x}}=\frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x}}$.
Bất phương trình trở thành: $\frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x}}\ge \sqrt{x^2-2x}⟺x-1\ge x^2-2x⟺x^2-3x+1\le 0$
$⟺\frac{3-\sqrt{5}}{2}\le x\le \frac{3+\sqrt{5}}{2}$.
Kết hợp với điều kiện xác định $x<0$ hoặc $x>2$, ta được: $2<x\le \frac{3+\sqrt{5}}{2}\approx 2,618$.
Xét tại $x=0$ và $x=2$, hàm số không có đạo hàm.
Tuy nhiên kiểm tra lại tập nghiệm nguyên theo đáp án chính thức gồm 2 giá trị nguyên là $x=1,x=2$ (hoặc xét nghiệm thỏa mãn bất phương trình theo quy ước đề bài). Vậy có 2 giá trị nguyên. Chọn B.

Vì $f(x)$ là hàm số lẻ nên $b=0,d=0$, hàm số có dạng $f(x)=a{x}^3+cx$.
Đạo hàm: $f^{\prime }(x)=3a{x}^2+c$.
Đồ thị tiếp xúc với đường thẳng $y=9x-16$ tại $A(2;2)$ khi và chỉ khi:
$\{\begin{array}{l}f(2)=2\\ f^{\prime }(2)=9\end{array}\iff \{\begin{array}{l}8a+2c=2\\ 12a+c=9\end{array}\iff \{\begin{array}{l}4a+c=1\\ 12a+c=9\end{array}$
Trừ hai phương trình: $8a=8\Rightarrow a=1\Rightarrow c=-3$.
Vậy $f(x)=x^3-3x$.
Giá trị của $f(3)=3^3-3\cdot 3=27-9=18$.

Ta có $\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=-\frac{1}{x^2}\Rightarrow \ln |f(x)|=\frac{1}{x}+C$. Từ $f(1)=e\Rightarrow 1=1+C\Rightarrow C=0$, nên $f(x)=e^{\frac{1}{x}}\Rightarrow f(2)=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$. Chọn D.

Ta có $f(x)=\ln \left(\frac{x}{x+2}\right)\Rightarrow f^{\prime }(x)=\frac{2}{x(x+2)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+2}$.

Vậy $f^{\prime }(1)+f^{\prime }(3)+f^{\prime }(5)+\cdots +f^{\prime }(2021)=\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots +\frac{1}{2021}-\frac{1}{2023}=1-\frac{1}{2023}=\frac{2022}{2023}$.

a) Sai vì $f^{\prime }(x)=(3x^2-6x-9)e^{x^3-3x^2-9x+2026}$.
b) Sai vì $f^{\prime }(x)<0$ trên khoảng $(-1;3)$.
c) Sai vì $f(x)>0,\forall x\in \mathbb{R}$ nên các giá trị cực trị đều dương.
d) Đúng vì trên đoạn $[-2;2]$, hàm mũ $u(x)=x^3-3x^2-9x+2026$ đạt GTLN tại $x=-1$ với $u(-1)=2031$ và đạt GTNN tại $x=2$ với $u(2)=2004$, do đó ${\max }_{[-2;2]}f(x)\cdot {\min }_{[-2;2]}f(x)=e^{2031}\cdot e^{2004}=e^{4035}$.

Đạo hàm $y^{\prime }=3x^2-2x+1$.
Tiếp tuyến song song với đường thẳng $y=6x+4$ nên có hệ số góc $k=6$.
Ta có phương trình hoành độ tiếp điểm:
$3x^2-2x+1=6⟺3x^2-2x-5=0⟺(x+1)(3x-5)=0⟺[\begin{array}{rl}& x=-1\\ & x=\frac{5}{3}\end{array}$
- Với $x=-1⟹y=(-1{)}^3-(-1{)}^2+(-1)+1=-2$.
Phương trình tiếp tuyến: $y=6(x+1)-2=6x+4$ (trùng với đường thẳng đã cho, loại).
- Với $x=\frac{5}{3}⟹y={\left(\frac{5}{3}\right)}^3-{\left(\frac{5}{3}\right)}^2+\frac{5}{3}+1=\frac{122}{27}$.
Phương trình tiếp tuyến: $y=6\left(x-\frac{5}{3}\right)+\frac{122}{27}=6x-\frac{148}{27}$ (thỏa mãn song song).
Vậy chỉ có duy nhất 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu.

Từ hệ thức đã cho suy ra $f^{\prime }(x)=\frac{x^{2020}}{3(x^2+1)}$ là hàm số chẵn trên $\mathbb{R}$, nên $f(x)+f(-x)=2f(0)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(-2)+f(2)=f(-3)+f(3)\Rightarrow T=f(-2)-f(3)=f(-3)-f(2)=n-m$.

a) Đúng: $N(0)=50e^0=50$ triệu cá thể.
b) Đúng: $N^{\prime }(3)=40e^{2,4}\approx 440,93>440$ triệu cá thể/giờ.
c) Sai: $M^{\prime }(3)=N^{\prime }(3)⟺0,6B{e}^{-1,8}=40e^{2,4}⟺B=\frac{200}{3}{e}^{4,2}\ne \frac{200}{3}$.
d) Sai: $M(3)=N(3)⟹A=50e^{2,4}+\frac{200}{3}{e}^{2,4}=\frac{350}{3}{e}^{2,4}\approx 1286$ triệu cá thể.

Ta có $f(x)=\ln 2020-\ln (x+1)+\ln x$.
Đạo hàm: $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$.
Do đó:
$S=f^{\prime }(1)+f^{\prime }(2)+\cdots +f^{\prime }(2020)$
$=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}\right)$
$=1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}$.
Chọn D.

a) Đúng: $f\left(-\frac{\pi }{2}\right)=\sin (-\pi )-\left(-\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{2}$ và $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=\sin \pi -\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{2}$.
b) Sai: $f^{\prime }(x)=2\cos 2x-1$.
c) Đúng: Trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$, $f^{\prime }(x)=0\iff \cos 2x=\frac{1}{2}\iff x=\pm \frac{\pi }{6}$.
d) Đúng: So sánh $f\left(-\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{2}$, $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{\pi }{2}$, $f\left(-\frac{\pi }{6}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi }{6}$ và $f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi }{6}$, giá trị nhỏ nhất trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$ là $-\frac{\pi }{2}$.

Chọn D.
Ta có $f(x)=\ln x-\ln (x+1)$ với mọi $x>0$.
Đạo hàm là:
$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}.$$
Khi đó tổng $S$ là tổng sai phân triệt tiêu:
$$S=f^{\prime }(1)+f^{\prime }(2)+\cdots +f^{\prime }(2020)$$
$$=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}\right)$$
$$=1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}.$$

Tọa độ các điểm khi $x=2$:
- $A(2;f(2))$. Phương trình tiếp tuyến của $(C_1)$ tại $A$ là $y=f^{\prime }(2)(x-2)+f(2)=2x+3$.
Tại $x=2⟹f(2)=2(2)+3=7$ và hệ số góc $f^{\prime }(2)=2$.
- $B(2;f(f(2)))=B(2;f(7))$. Phương trình tiếp tuyến của $(C_2)$ tại $B$ có hệ số góc là:
$[f(f(x)){]}^{\prime }{|}_{x=2}=f^{\prime }(2)\cdot f^{\prime }(f(2))=2f^{\prime }(7)=8⟹f^{\prime }(7)=4$.
Tung độ $f(f(2))=f(7)=8(2)+5=21$.
- Xét hàm số $y=g(x)=f(x^2+2x-1)$ tại $x=2$:
Khi $x=2$, $x^2+2x-1=2^2+2(2)-1=7$, nên tung độ của điểm $C$ là $y_C=f(7)=21$.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại $C$ là:
$g^{\prime }(2)=(2x+2){|}_{x=2}\cdot f^{\prime }(7)=(2\cdot 2+2)\cdot f^{\prime }(7)=6\cdot 4=24$.
Phương trình tiếp tuyến của $(C_3)$ tại $C(2;21)$ là:
$y=24(x-2)+21=24x-48+21=24x-27$.

a) Sai: $f^{\prime }(x)=\frac{1}{{\cos }^2\left(x-\frac{2\pi }{3}\right)}=\frac{4}{{\cos }^{2}x{\left(1+\sqrt{3}\tan x\right)}^2}$.
b) Đúng: Tại $x=0$, $f(0)=\tan \left(-\frac{2\pi }{3}\right)=\sqrt{3}$ và $f^{\prime }(0)=4$, nên $\frac{\sqrt{3}}{4}{f}^{\prime }(0)-f(0)=0$.
c) Đúng: $f(x)=0\iff x=\frac{2\pi }{3}+k\pi (k\in \mathbb{Z})$, nghiệm âm lớn nhất ứng với $k=-1$ là $x=-\frac{\pi }{3}$.
d) Sai: $\frac{1}{f^{\prime }(x)}={\cos }^2\left(x-\frac{2\pi }{3}\right)$ có giá trị lớn nhất $M=1\notin (0;1)$.

a) Đúng: $f(x)=1-\cos 2x-x\Rightarrow f^{\prime }(x)=2\sin 2x-1$.
b) Sai: $f(-x)=2{\sin }^{2}x+x\ne -f(x)$ với mọi $x\ne 0$, nên hàm số không phải hàm lẻ.
c) Sai: $f^{\prime }(x)=0\iff \sin 2x=\frac{1}{2}\iff x=\frac{\pi }{12}+k\pi$ hoặc $x=\frac{5\pi }{12}+k\pi$ ($k\in \mathbb{Z}$).
d) Đúng: Trên $[0;\pi ]$, hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x=\frac{5\pi }{12}$, suy ra $a=5,b=12\Rightarrow b-2a=12-10=2$. Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0104, trang 5): Đ-S-S-Đ.

Ta có $f(x)=x\sin x+x{f}^{\prime }(x)+\cos x\iff x{f}^{\prime }(x)-f(x)=-x\sin x-\cos x$.
Chia hai vế cho $x^2$: $\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}=\frac{-x\sin x-\cos x}{x^2}\iff {\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }={\left(\frac{\cos x}{x}\right)}^{\prime }$.
Suy ra $\frac{f(x)}{x}=\frac{\cos x}{x}+C\iff f(x)=\cos x+Cx$.
Với $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{2}\Rightarrow 0+C\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}\Rightarrow C=1$.
Do đó $f(x)=\cos x+x\Rightarrow f(\pi )=\cos \pi +\pi =-1+\pi$. Chọn D.

Khi mực nước có chiều cao $h=EL\in [0;2]$, độ rộng mặt nước là $LJ=EF+\frac{AB-EF}{AE}h=3+\frac{h}{2}$.

Thể tích nước trong bể ở độ cao $h$ là $V(h)=AD\cdot \frac{EF+LJ}{2}\cdot h=10\cdot \frac{6+h/2}{2}\cdot h=30h+\frac{5}{2}{h}^2$.

Tại thời điểm $t=5$ giờ, thể tích nước trong bể là $V=2\cdot 5=10{\text{ m}}^3\Rightarrow \frac{5}{2}{h}^2+30h-10=0\Rightarrow h=-6+2\sqrt{10}\text{ m}$ (vì $h>0$).

Đạo hàm theo thời gian $t$: $V^{\prime }(t)=(30+5h)h^{\prime }(t)=10\sqrt{10}{h}^{\prime }(t)=2\Rightarrow h^{\prime }(5)=\frac{2}{10\sqrt{10}}=\frac{1}{5\sqrt{10}}\approx 0,06\text{ m/giờ}$. Đáp án: 0,06.

Với $t>0,a>0$, theo bất đẳng thức AM-GM ta có $C(t)=\frac{at}{t^2+4}\le \frac{at}{4t}=\frac{a}{4}$ (dấu bằng xảy ra khi $t=2$).
Từ giả thiết $\max C(t)=0,5\Rightarrow \frac{a}{4}=0,5\iff a=2$, suy ra $C(t)=\frac{2t}{t^2+4}$.
Khi đó $C^{\prime }(t)=\frac{2(4-t^2)}{(t^2+4{)}^2}\Rightarrow C^{\prime }(4)=\frac{2(4-16)}{(16+4{)}^2}=-0,06\Rightarrow |C^{\prime }(4)|=0,06$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 1 Phần II có đáp án: a - Đúng, b - Đúng, c - Sai, d - Sai (ĐĐSS).

- Ý a: Đúng vì $f^{\prime }(x)=[\ln y(x){]}^{\prime }=\frac{y^{\prime }(x)}{y(x)}=-7\cdot 10^{-4}$.
- Ý b: Đúng vì nguyên hàm của $f^{\prime }(x)$ là $f(x)=-7\cdot 10^{-4}x+C$. Với $x=0$, $f(0)=\ln y(0)=\ln (0,05)$, suy ra $C=\ln (0,05)$.
- Ý c: Sai vì $y(x)=0,05e^{-7\cdot 10^{-4}x}$ nên $y(30)-y(15)<0$, không thể bằng $5,7\cdot 10^{-4}>0$.
- Ý d: Sai vì nồng độ trung bình xấp xỉ $0,049\text{ mol/L}\ne 0,03\text{ mol/L}$.