Mở đầu trang 88

Đề bài: Một vật được phóng theo phương thẳng đứng lên trên từ mặt đất với vận tốc ban đầu $v_0 = 20$ m/s. Độ cao $h$ so với mặt đất (mét) của vật tại thời điểm $t$ (giây) sau khi phóng được cho bởi công thức $h = v_0 t – \dfrac{1}{2}gt^2$, trong đó $g = 9{,}8$ m/s². Hãy tính vận tốc của vật khi nó đạt độ cao cực đại và khi nó chạm đất.

Lời giải:

Đây là tình huống dẫn nhập, được giải đáp đầy đủ ở Ví dụ 3 (trang 89) sau khi học sinh đã học quy tắc đạo hàm của tổng/hiệu.

Ý tưởng chính:

• Vận tốc tức thời $v(t) = h'(t) = v_0 – gt$.
• Vật đạt độ cao cực đại khi $v(t_1) = 0 \Rightarrow t_1 = \dfrac{v_0}{g}$. Tại đó vận tốc $= 0$.
• Vật chạm đất khi $h(t_2) = 0 \Rightarrow t_2 = \dfrac{2v_0}{g}$. Vận tốc $v(t_2) = -v_0 = -20$ (m/s) (dấu âm: rơi xuống).

1. Đạo hàm của một số hàm số thường gặp

HĐ1 (trang 88)

Đề bài: Nhận biết đạo hàm của hàm số $y = x^n$.

a) Tính đạo hàm của hàm số $y = x^3$ tại điểm $x$ bất kì.

b) Dự đoán công thức đạo hàm của hàm số $y = x^n$ ($n \in \mathbb{N}^*$).

Lời giải:

a) Đặt $f(x) = x^3$. Với $x_0$ bất kì, ta có:

$$f(x) – f(x_0) = x^3 – x_0^3 = (x – x_0)(x^2 + xx_0 + x_0^2).$$

Tỉ số (với $x \neq x_0$):

$$\dfrac{f(x) – f(x_0)}{x – x_0} = x^2 + xx_0 + x_0^2.$$

Giới hạn:

$$f'(x_0) = \lim_{x\to x_0}(x^2 + xx_0 + x_0^2) = x_0^2 + x_0^2 + x_0^2 = 3x_0^2.$$

Vậy $(x^3)’ = 3x^2$.

b) Đã biết $(x)’ = 1 = 1 \cdot x^0$; $(x^2)’ = 2x = 2x^1$; $(x^3)’ = 3x^2$. Dự đoán:

$$\boxed{(x^n)’ = nx^{n-1} \quad (n \in \mathbb{N}^*).}$$

HĐ2 (trang 88)

Đề bài: Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số $y = \sqrt{x}$ tại điểm $x > 0$.

Lời giải:

Đặt $f(x) = \sqrt{x}$. Với $x_0 > 0$ bất kì:

$$f(x) – f(x_0) = \sqrt{x} – \sqrt{x_0}.$$

Nhân và chia với biểu thức liên hợp:

$$\sqrt{x} – \sqrt{x_0} = \dfrac{(\sqrt{x} – \sqrt{x_0})(\sqrt{x} + \sqrt{x_0})}{\sqrt{x} + \sqrt{x_0}} = \dfrac{x – x_0}{\sqrt{x} + \sqrt{x_0}}.$$

Tỉ số (với $x \neq x_0$):

$$\dfrac{f(x) – f(x_0)}{x – x_0} = \dfrac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{x_0}}.$$

Giới hạn:

$$f'(x_0) = \lim_{x\to x_0} \dfrac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{x_0}} = \dfrac{1}{2\sqrt{x_0}}.$$

Vậy $(\sqrt{x})’ = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ với mọi $x > 0$.

2. Đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương

HĐ3 (trang 89)

Đề bài: Nhận biết quy tắc đạo hàm của tổng.

a) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số $y = x^3 + x^2$ tại điểm $x$ bất kì.

b) So sánh $(x^3 + x^2)’$ và $(x^3)’ + (x^2)’$.

Lời giải:

a) Đặt $f(x) = x^3 + x^2$. Với $x_0$ bất kì:

$$f(x) – f(x_0) = (x^3 – x_0^3) + (x^2 – x_0^2) = (x – x_0)(x^2 + xx_0 + x_0^2) + (x – x_0)(x + x_0).$$

Tỉ số:

$$\dfrac{f(x) – f(x_0)}{x – x_0} = (x^2 + xx_0 + x_0^2) + (x + x_0).$$

Giới hạn:

$$f'(x_0) = \lim_{x\to x_0}[(x^2 + xx_0 + x_0^2) + (x + x_0)] = 3x_0^2 + 2x_0.$$

Vậy $(x^3 + x^2)’ = 3x^2 + 2x$.

b) Ta đã biết $(x^3)’ = 3x^2$ và $(x^2)’ = 2x$. Do đó:

$$(x^3)’ + (x^2)’ = 3x^2 + 2x = (x^3 + x^2)’.$$

Kết luận: Hai biểu thức bằng nhau. Đây là gợi ý cho quy tắc $(u + v)’ = u’ + v’$.

Luyện tập 1 (trang 90)

Đề bài: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = \dfrac{\sqrt{x}}{x + 1};$

b) $y = (\sqrt{x} + 1)(x^2 + 2).$

Lời giải:

a) Áp dụng quy tắc đạo hàm thương $\left( \dfrac{u}{v} \right)’ = \dfrac{u’v – uv’}{v^2}$ với $u = \sqrt{x}$, $v = x + 1$:

• $u’ = (\sqrt{x})’ = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$.
• $v’ = (x + 1)’ = 1$.

$$y’ = \dfrac{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}(x + 1) – \sqrt{x} \cdot 1}{(x + 1)^2} = \dfrac{\dfrac{x + 1}{2\sqrt{x}} – \sqrt{x}}{(x + 1)^2}.$$

Quy đồng tử:

$$\dfrac{x + 1}{2\sqrt{x}} – \sqrt{x} = \dfrac{x + 1 – 2x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{1 – x}{2\sqrt{x}}.$$

Vậy:

$$y’ = \dfrac{1 – x}{2\sqrt{x}(x + 1)^2}.$$

b) Áp dụng quy tắc đạo hàm tích $(uv)’ = u’v + uv’$ với $u = \sqrt{x} + 1$, $v = x^2 + 2$:

• $u’ = (\sqrt{x} + 1)’ = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$.
• $v’ = (x^2 + 2)’ = 2x$.

$$y’ = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}(x^2 + 2) + (\sqrt{x} + 1) \cdot 2x = \dfrac{x^2 + 2}{2\sqrt{x}} + 2x\sqrt{x} + 2x.$$

3. Đạo hàm của hàm số hợp

HĐ4 (trang 90)

Đề bài: Cho các hàm số $y = u^2$ và $u = x^2 + 1$.

a) Viết công thức của hàm số hợp $y = (u(x))^2$ theo biến $x$.

b) Tính và so sánh: $y'(x)$ và $y'(u) \cdot u'(x)$.

Lời giải:

a) Thay $u = x^2 + 1$ vào $y = u^2$:

$$y = (x^2 + 1)^2.$$

b) Tính $y'(x)$ trực tiếp.

Khai triển: $y = (x^2 + 1)^2 = x^4 + 2x^2 + 1$.

$$y'(x) = 4x^3 + 4x = 4x(x^2 + 1).$$

Tính $y'(u) \cdot u'(x)$.

• $y'(u) = (u^2)’ = 2u$.
• $u'(x) = (x^2 + 1)’ = 2x$.

$$y'(u) \cdot u'(x) = 2u \cdot 2x = 2(x^2 + 1) \cdot 2x = 4x(x^2 + 1).$$

So sánh: $y'(x) = y'(u) \cdot u'(x) = 4x(x^2 + 1)$. Đây là quy tắc đạo hàm hàm hợp: $y’_x = y’_u \cdot u’_x$.

Luyện tập 2 (trang 91)

Đề bài: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = (2x – 3)^{10};$

b) $y = \sqrt{1 – x^2}.$

Lời giải:

a) Đặt $u = 2x – 3$, khi đó $y = u^{10}$. Áp dụng công thức $(u^n)’ = nu^{n-1} \cdot u’$:

• $u’ = (2x – 3)’ = 2$.

$$y’ = 10u^9 \cdot u’ = 10(2x – 3)^9 \cdot 2 = 20(2x – 3)^9.$$

b) Đặt $u = 1 – x^2$, khi đó $y = \sqrt{u}$. Áp dụng công thức $(\sqrt{u})’ = \dfrac{u’}{2\sqrt{u}}$:

• $u’ = (1 – x^2)’ = -2x$.

$$y’ = \dfrac{-2x}{2\sqrt{1 – x^2}} = \dfrac{-x}{\sqrt{1 – x^2}}.$$

4. Đạo hàm của hàm số lượng giác

HĐ5 (trang 91)

Đề bài: Xây dựng công thức tính đạo hàm của hàm số $y = \sin x$.

a) Với $h \neq 0$, biến đổi hiệu $\sin(x + h) – \sin x$ thành tích.

b) Sử dụng đẳng thức giới hạn $\displaystyle\lim_{h\to 0} \dfrac{\sin h}{h} = 1$ và kết quả của câu a, tính đạo hàm của hàm số $y = \sin x$ tại điểm $x$ bằng định nghĩa.

Lời giải:

a) Áp dụng công thức $\sin A – \sin B = 2\cos\dfrac{A+B}{2} \sin\dfrac{A-B}{2}$:

$$\sin(x + h) – \sin x = 2\cos\dfrac{(x+h) + x}{2} \cdot \sin\dfrac{(x+h) – x}{2} = 2\cos\left( x + \dfrac{h}{2} \right) \sin\dfrac{h}{2}.$$

b) Tỉ số:

$$\dfrac{\sin(x + h) – \sin x}{h} = \dfrac{2\cos\left( x + \dfrac{h}{2} \right) \sin\dfrac{h}{2}}{h} = \cos\left( x + \dfrac{h}{2} \right) \cdot \dfrac{\sin(h/2)}{h/2}.$$

Khi $h \to 0$: $\dfrac{h}{2} \to 0$, nên $\dfrac{\sin(h/2)}{h/2} \to 1$ và $\cos\left( x + \dfrac{h}{2} \right) \to \cos x$. Do đó:

$$(\sin x)’ = \lim_{h\to 0} \dfrac{\sin(x + h) – \sin x}{h} = \cos x \cdot 1 = \cos x.$$

Kết luận: $(\sin x)’ = \cos x$.

Luyện tập 3 (trang 91)

Đề bài: Tính đạo hàm của hàm số $y = \sin\left( \dfrac{\pi}{3} – 3x \right)$.

Lời giải:

Đặt $u = \dfrac{\pi}{3} – 3x$, khi đó $y = \sin u$. Áp dụng công thức $(\sin u)’ = u’ \cdot \cos u$:

• $u’ = \left( \dfrac{\pi}{3} – 3x \right)’ = -3$.

$$y’ = -3 \cdot \cos\left( \dfrac{\pi}{3} – 3x \right) = -3\cos\left( \dfrac{\pi}{3} – 3x \right).$$

HĐ6 (trang 91)

Đề bài: Xây dựng công thức tính đạo hàm của hàm số $y = \cos x$.

Bằng cách viết $y = \cos x = \sin\left( \dfrac{\pi}{2} – x \right)$, tính đạo hàm của hàm số $y = \cos x$.

Lời giải:

Đặt $u = \dfrac{\pi}{2} – x$, khi đó $y = \sin u$. Áp dụng $(\sin u)’ = u’ \cdot \cos u$:

• $u’ = \left( \dfrac{\pi}{2} – x \right)’ = -1$.
• $\cos u = \cos\left( \dfrac{\pi}{2} – x \right) = \sin x$.

$$y’ = -1 \cdot \sin x = -\sin x.$$

Kết luận: $(\cos x)’ = -\sin x$.

Luyện tập 4 (trang 92)

Đề bài: Tính đạo hàm của hàm số $y = 2\cos\left( \dfrac{\pi}{4} – 2x \right)$.

Lời giải:

Đặt $u = \dfrac{\pi}{4} – 2x$, khi đó $y = 2\cos u$. Áp dụng $(\cos u)’ = -u’ \cdot \sin u$:

• $u’ = \left( \dfrac{\pi}{4} – 2x \right)’ = -2$.

$$y’ = 2 \cdot (-u’) \cdot \sin u = 2 \cdot (-(-2)) \cdot \sin\left( \dfrac{\pi}{4} – 2x \right) = 4\sin\left( \dfrac{\pi}{4} – 2x \right).$$

HĐ7 (trang 92)

Đề bài: Xây dựng công thức tính đạo hàm của các hàm số $y = \tan x$ và $y = \cot x$.

a) Bằng cách viết $y = \tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ ($x \neq \dfrac{\pi}{2} + k\pi$), tính đạo hàm của hàm số $y = \tan x$.

b) Sử dụng đẳng thức $\cot x = \tan\left( \dfrac{\pi}{2} – x \right)$ ($x \neq k\pi$), tính đạo hàm của hàm số $y = \cot x$.

Lời giải:

a) Áp dụng quy tắc đạo hàm thương $\left( \dfrac{u}{v} \right)’ = \dfrac{u’v – uv’}{v^2}$ với $u = \sin x$, $v = \cos x$:

$$(\tan x)’ = \dfrac{(\sin x)’ \cos x – \sin x (\cos x)’}{\cos^2 x} = \dfrac{\cos x \cdot \cos x – \sin x \cdot (-\sin x)}{\cos^2 x} = \dfrac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \dfrac{1}{\cos^2 x}.$$

Kết luận: $(\tan x)’ = \dfrac{1}{\cos^2 x}$.

b) Đặt $u = \dfrac{\pi}{2} – x$, khi đó $y = \tan u$. Áp dụng công thức $(\tan u)’ = \dfrac{u’}{\cos^2 u}$:

• $u’ = -1$.
• $\cos u = \cos\left( \dfrac{\pi}{2} – x \right) = \sin x$, nên $\cos^2 u = \sin^2 x$.

$$(\cot x)’ = \dfrac{-1}{\sin^2 x} = -\dfrac{1}{\sin^2 x}.$$

Kết luận: $(\cot x)’ = -\dfrac{1}{\sin^2 x}$.

Luyện tập 5 (trang 92)

Đề bài: Tính đạo hàm của hàm số $y = 2\tan^2 x + 3\cot\left( \dfrac{\pi}{3} – 2x \right)$.

Lời giải:

Tách thành hai phần:

Phần 1: $(2\tan^2 x)’$.

Đặt $u = \tan x$, khi đó $2\tan^2 x = 2u^2$. Áp dụng $(u^2)’ = 2u \cdot u’$:

• $u’ = (\tan x)’ = \dfrac{1}{\cos^2 x}$.

$$(2\tan^2 x)’ = 2 \cdot 2\tan x \cdot \dfrac{1}{\cos^2 x} = \dfrac{4\tan x}{\cos^2 x}.$$

Phần 2: $\left[ 3\cot\left( \dfrac{\pi}{3} – 2x \right) \right]’$.

Đặt $v = \dfrac{\pi}{3} – 2x$. Áp dụng $(\cot v)’ = -\dfrac{v’}{\sin^2 v}$:

• $v’ = -2$.

$$\left[ 3\cot\left( \dfrac{\pi}{3} – 2x \right) \right]’ = 3 \cdot \left( -\dfrac{-2}{\sin^2\left( \dfrac{\pi}{3} – 2x \right)} \right) = \dfrac{6}{\sin^2\left( \dfrac{\pi}{3} – 2x \right)}.$$

Tổng kết:

$$y’ = \dfrac{4\tan x}{\cos^2 x} + \dfrac{6}{\sin^2\left( \dfrac{\pi}{3} – 2x \right)}.$$

Vận dụng 1 (trang 92)

Đề bài: Một vật chuyển động có phương trình $s(t) = 4\cos\left( 2\pi t – \dfrac{\pi}{8} \right)$ (m), với $t$ là thời gian tính bằng giây. Tính vận tốc của vật khi $t = 5$ giây (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).

Lời giải:

Vận tốc tức thời $v(t) = s'(t)$.

Đặt $u = 2\pi t – \dfrac{\pi}{8}$, $u’ = 2\pi$. Áp dụng $(\cos u)’ = -u’ \sin u$:

$$v(t) = s'(t) = -4 \cdot 2\pi \cdot \sin\left( 2\pi t – \dfrac{\pi}{8} \right) = -8\pi \sin\left( 2\pi t – \dfrac{\pi}{8} \right).$$

Tại $t = 5$:

$$v(5) = -8\pi \sin\left( 10\pi – \dfrac{\pi}{8} \right).$$

Vì $\sin$ tuần hoàn chu kì $2\pi$ nên $\sin\left( 10\pi – \dfrac{\pi}{8} \right) = \sin\left( -\dfrac{\pi}{8} \right) = -\sin\dfrac{\pi}{8}$.

Do đó:

$$v(5) = -8\pi \cdot \left( -\sin\dfrac{\pi}{8} \right) = 8\pi \sin\dfrac{\pi}{8} \approx 8 \cdot 3{,}1416 \cdot 0{,}3827 \approx 9{,}6 \text{ (m/s)}.$$

Kết luận: $v(5) \approx 9{,}6$ m/s.

5. Đạo hàm của hàm số mũ và hàm số lôgarit

HĐ8 (trang 92)

Đề bài: Giới hạn cơ bản của hàm số mũ và hàm số lôgarit.

a) Sử dụng phép đổi biến $t = \dfrac{1}{x}$, tìm giới hạn $\displaystyle\lim_{x\to 0}(1 + x)^{1/x}$.

b) Với $y = (1 + x)^{1/x}$, tính $\ln y$ và tìm giới hạn của $\displaystyle\lim_{x\to 0} \ln y$.

c) Đặt $t = e^x – 1$. Tính $x$ theo $t$ và tìm giới hạn $\displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{e^x – 1}{x}$.

Lời giải:

a) Với $t = \dfrac{1}{x}$, khi $x \to 0$ thì $|t| \to +\infty$. Khi đó:

$$(1 + x)^{1/x} = \left( 1 + \dfrac{1}{t} \right)^t.$$

Sử dụng giới hạn $\displaystyle\lim_{t\to \pm\infty}\left( 1 + \dfrac{1}{t} \right)^t = e$ (đã cho), suy ra:

$$\lim_{x\to 0}(1 + x)^{1/x} = e.$$

b) $y = (1 + x)^{1/x}$ nên $\ln y = \dfrac{1}{x}\ln(1 + x) = \dfrac{\ln(1 + x)}{x}$.

Vì $y \to e$ khi $x \to 0$ (từ câu a) và $\ln$ là hàm liên tục:

$$\lim_{x\to 0} \ln y = \ln e = 1.$$

Vậy $\displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{\ln(1 + x)}{x} = 1$.

c) Từ $t = e^x – 1$ suy ra $e^x = t + 1$, do đó $x = \ln(t + 1)$. Khi $x \to 0$ thì $t \to 0$.

$$\dfrac{e^x – 1}{x} = \dfrac{t}{\ln(1 + t)} = \dfrac{1}{\dfrac{\ln(1 + t)}{t}}.$$

Theo câu b: $\dfrac{\ln(1 + t)}{t} \to 1$ khi $t \to 0$. Vậy:

$$\lim_{x\to 0} \dfrac{e^x – 1}{x} = \dfrac{1}{1} = 1.$$

HĐ9 (trang 93)

Đề bài: Xây dựng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ.

a) Sử dụng giới hạn $\displaystyle\lim_{h\to 0} \dfrac{e^h – 1}{h} = 1$ và đẳng thức $e^{x+h} – e^x = e^x(e^h – 1)$, tính đạo hàm của hàm số $y = e^x$ tại $x$ bằng định nghĩa.

b) Sử dụng đẳng thức $a^x = e^{x\ln a}$ ($0 < a \neq 1$), hãy tính đạo hàm của hàm số $y = a^x$.

Lời giải:

a) Áp dụng định nghĩa với gia số $h$:

$$\dfrac{e^{x+h} – e^x}{h} = \dfrac{e^x(e^h – 1)}{h} = e^x \cdot \dfrac{e^h – 1}{h}.$$

Khi $h \to 0$: $\dfrac{e^h – 1}{h} \to 1$. Do đó:

$$(e^x)’ = \lim_{h\to 0} e^x \cdot \dfrac{e^h – 1}{h} = e^x \cdot 1 = e^x.$$

Kết luận: $(e^x)’ = e^x$.

b) Đặt $u = x\ln a$, khi đó $a^x = e^u$. Áp dụng $(e^u)’ = e^u \cdot u’$:

• $u’ = (x\ln a)’ = \ln a$ (vì $\ln a$ là hằng số).

$$(a^x)’ = e^{x\ln a} \cdot \ln a = a^x \cdot \ln a.$$

Kết luận: $(a^x)’ = a^x \ln a$.

Luyện tập 6 (trang 93)

Đề bài: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = e^{x^2 – x};$

b) $y = 3^{\sin x}.$

Lời giải:

a) Đặt $u = x^2 – x$, $y = e^u$. Áp dụng $(e^u)’ = e^u \cdot u’$:

• $u’ = (x^2 – x)’ = 2x – 1$.

$$y’ = e^{x^2 – x} \cdot (2x – 1) = (2x – 1) e^{x^2 – x}.$$

b) Đặt $u = \sin x$, $y = 3^u$. Áp dụng $(a^u)’ = a^u \cdot u’ \cdot \ln a$:

• $u’ = \cos x$.

$$y’ = 3^{\sin x} \cdot \cos x \cdot \ln 3 = \cos x \cdot 3^{\sin x} \cdot \ln 3.$$

HĐ10 (trang 93)

Đề bài: Xây dựng công thức tính đạo hàm của hàm số lôgarit.

a) Sử dụng giới hạn $\displaystyle\lim_{t\to 0} \dfrac{\ln(1 + t)}{t} = 1$ và đẳng thức $\ln(x + h) – \ln x = \ln\left( 1 + \dfrac{h}{x} \right)$, tính đạo hàm của $y = \ln x$ tại $x > 0$ bằng định nghĩa.

b) Sử dụng đẳng thức $\log_a x = \dfrac{\ln x}{\ln a}$ ($0 < a \neq 1$), hãy tính đạo hàm của $y = \log_a x$.

Lời giải:

a) Áp dụng định nghĩa với gia số $h$:

$$\dfrac{\ln(x + h) – \ln x}{h} = \dfrac{\ln\left( 1 + \dfrac{h}{x} \right)}{h} = \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{\ln\left( 1 + \dfrac{h}{x} \right)}{h/x}.$$

Đặt $t = \dfrac{h}{x}$, khi $h \to 0$ thì $t \to 0$ (vì $x > 0$ là cố định). Theo giới hạn đã cho:

$$\dfrac{\ln(1 + t)}{t} \to 1.$$

Do đó:

$$(\ln x)’ = \lim_{h\to 0} \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{\ln(1 + t)}{t} = \dfrac{1}{x} \cdot 1 = \dfrac{1}{x}.$$

Kết luận: $(\ln x)’ = \dfrac{1}{x}$.

b) Vì $\ln a$ là hằng số nên:

$$(\log_a x)’ = \left( \dfrac{\ln x}{\ln a} \right)’ = \dfrac{1}{\ln a} \cdot (\ln x)’ = \dfrac{1}{\ln a} \cdot \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{x \ln a}.$$

Kết luận: $(\log_a x)’ = \dfrac{1}{x \ln a}$.

Luyện tập 7 (trang 94)

Đề bài: Tính đạo hàm của hàm số $y = \log_2(2x – 1)$.

Lời giải:

Đặt $u = 2x – 1$, $y = \log_2 u$. Áp dụng $(\log_a u)’ = \dfrac{u’}{u \ln a}$:

• $u’ = 2$.

$$y’ = \dfrac{2}{(2x – 1) \ln 2}.$$

Vận dụng 2 (trang 94)

Đề bài: Ta đã biết, độ pH của một dung dịch được xác định bởi $\text{pH} = -\log[H^+]$, ở đó $[H^+]$ là nồng độ (mol/lít) của ion hydrogen. Tính tốc độ thay đổi của pH đối với nồng độ $[H^+]$.

Lời giải:

Coi pH là hàm số theo biến $[H^+]$. Đặt $x = [H^+]$ ($x > 0$), khi đó:

$$\text{pH}(x) = -\log_{10} x = -\dfrac{\ln x}{\ln 10}.$$

Tốc độ thay đổi chính là đạo hàm:

$$\text{pH}'(x) = -\dfrac{1}{x \ln 10}.$$

Kết luận: Tốc độ thay đổi của pH theo $[H^+]$ là $\text{pH}’\left([H^+]\right) = -\dfrac{1}{[H^+] \cdot \ln 10}$.

Ý nghĩa: Dấu âm cho biết khi nồng độ $[H^+]$ tăng thì pH giảm (dung dịch trở nên axit hơn).

Bài tập (trang 94)

Bài 9.6 (trang 94)

Đề bài: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = x^3 – 3x^2 + 2x + 1;$

b) $y = x^2 – 4\sqrt{x} + 3.$

Lời giải:

a) Áp dụng quy tắc đạo hàm tổng/hiệu và $(x^n)’ = nx^{n-1}$:

$$y’ = (x^3)’ – 3(x^2)’ + 2(x)’ + (1)’ = 3x^2 – 6x + 2 + 0 = 3x^2 – 6x + 2.$$

b) Áp dụng $(x^n)’ = nx^{n-1}$ và $(\sqrt{x})’ = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$:

$$y’ = (x^2)’ – 4(\sqrt{x})’ + (3)’ = 2x – 4 \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{x}} + 0 = 2x – \dfrac{2}{\sqrt{x}}.$$

Bài 9.7 (trang 94)

Đề bài: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = \dfrac{2x – 1}{x + 2};$

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

Lời giải:

a) Áp dụng $\left( \dfrac{u}{v} \right)’ = \dfrac{u’v – uv’}{v^2}$ với $u = 2x – 1$, $v = x + 2$:

• $u’ = 2$, $v’ = 1$.

$$y’ = \dfrac{2(x + 2) – (2x – 1) \cdot 1}{(x + 2)^2} = \dfrac{2x + 4 – 2x + 1}{(x + 2)^2} = \dfrac{5}{(x + 2)^2}.$$

b) Áp dụng với $u = 2x$, $v = x^2 + 1$:

• $u’ = 2$, $v’ = 2x$.

$$y’ = \dfrac{2(x^2 + 1) – 2x \cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{2x^2 + 2 – 4x^2}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{2 – 2x^2}{(x^2 + 1)^2} = \dfrac{2(1 – x^2)}{(x^2 + 1)^2}.$$

Bài 9.8 (trang 94)

Đề bài: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = x\sin^2 x;$

b) $y = \cos^2 x + \sin 2x;$

c) $y = \sin 3x – 3\sin x;$

d) $y = \tan x + \cot x.$

Lời giải:

a) Áp dụng $(uv)’ = u’v + uv’$ với $u = x$, $v = \sin^2 x$:

• $u’ = 1$.
• $v’ = (\sin^2 x)’ = 2\sin x \cdot \cos x = \sin 2x$.

$$y’ = 1 \cdot \sin^2 x + x \cdot \sin 2x = \sin^2 x + x\sin 2x.$$

b)

• $(\cos^2 x)’ = 2\cos x \cdot (\cos x)’ = 2\cos x \cdot (-\sin x) = -\sin 2x$.
• $(\sin 2x)’ = 2\cos 2x$.

$$y’ = -\sin 2x + 2\cos 2x.$$

c)

• $(\sin 3x)’ = 3\cos 3x$.
• $(3\sin x)’ = 3\cos x$.

$$y’ = 3\cos 3x – 3\cos x.$$

d)

• $(\tan x)’ = \dfrac{1}{\cos^2 x}$.
• $(\cot x)’ = -\dfrac{1}{\sin^2 x}$.

$$y’ = \dfrac{1}{\cos^2 x} – \dfrac{1}{\sin^2 x}.$$

Bài 9.9 (trang 94)

Đề bài: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = 2^{3x – x^2};$

b) $y = \log_3(4x + 1).$

Lời giải:

a) Đặt $u = 3x – x^2$, $y = 2^u$. Áp dụng $(a^u)’ = a^u \cdot u’ \cdot \ln a$:

• $u’ = 3 – 2x$.

$$y’ = 2^{3x – x^2} \cdot (3 – 2x) \cdot \ln 2 = (3 – 2x) \cdot 2^{3x – x^2} \cdot \ln 2.$$

b) Đặt $u = 4x + 1$, $y = \log_3 u$. Áp dụng $(\log_a u)’ = \dfrac{u’}{u \ln a}$:

• $u’ = 4$.

$$y’ = \dfrac{4}{(4x + 1) \ln 3}.$$

Bài 9.10 (trang 94)

Đề bài: Cho hàm số $f(x) = 2\sin^2\left( 3x – \dfrac{\pi}{4} \right)$. Chứng minh rằng $|f'(x)| \leq 6$ với mọi $x$.

Lời giải:

Bước 1: Tính $f'(x)$.

Đặt $u = 3x – \dfrac{\pi}{4}$, $f(x) = 2\sin^2 u = 2u_1^2$ với $u_1 = \sin u$. Áp dụng quy tắc đạo hàm hàm hợp:

$$f'(x) = 2 \cdot 2\sin u \cdot (\sin u)’ = 4\sin u \cdot \cos u \cdot u’ = 4\sin u \cos u \cdot 3 = 12\sin u \cos u.$$

Sử dụng công thức nhân đôi $2\sin u \cos u = \sin 2u$:

$$f'(x) = 6 \cdot 2\sin u \cos u = 6\sin 2u = 6\sin\left( 6x – \dfrac{\pi}{2} \right).$$

Bước 2: Chứng minh $|f'(x)| \leq 6$.

Vì $\left| \sin\left( 6x – \dfrac{\pi}{2} \right) \right| \leq 1$ với mọi $x$, ta có:

$$|f'(x)| = 6 \cdot \left| \sin\left( 6x – \dfrac{\pi}{2} \right) \right| \leq 6 \cdot 1 = 6.$$

Vậy $|f'(x)| \leq 6$ với mọi $x$. $\blacksquare$

Bài 9.11 (trang 94)

Đề bài: Một vật chuyển động rơi tự do có phương trình $h(t) = 100 – 4{,}9t^2$, ở đó độ cao $h$ so với mặt đất tính bằng mét và thời gian $t$ tính bằng giây. Tính vận tốc của vật:

a) Tại thời điểm $t = 5$ giây;

b) Khi vật chạm đất.

Lời giải:

Tính đạo hàm chung: Vận tốc tức thời $v(t) = h'(t) = -9{,}8t$.

a) Tại $t = 5$:

$$v(5) = -9{,}8 \cdot 5 = -49 \text{ (m/s)}.$$

Dấu “$-$” cho biết vật đang rơi xuống. Độ lớn vận tốc: $49$ m/s.

b) Vật chạm đất khi $h(t) = 0$:

$$100 – 4{,}9t^2 = 0 \Leftrightarrow t^2 = \dfrac{100}{4{,}9} \Leftrightarrow t = \sqrt{\dfrac{100}{4{,}9}} = \dfrac{10}{\sqrt{4{,}9}} \text{ (vì } t > 0\text{)}.$$

Vận tốc tại thời điểm chạm đất:

$$v(t) = -9{,}8 \cdot \dfrac{10}{\sqrt{4{,}9}} = -\dfrac{98}{\sqrt{4{,}9}}.$$

Rút gọn: $\dfrac{98}{\sqrt{4{,}9}} = \dfrac{98 \sqrt{4{,}9}}{4{,}9} = 20\sqrt{4{,}9} = 20\sqrt{\dfrac{49}{10}} = 20 \cdot \dfrac{7}{\sqrt{10}} = \dfrac{140}{\sqrt{10}} = 14\sqrt{10}$.

Vậy:

$$v \approx -14\sqrt{10} \approx -44{,}27 \text{ (m/s)}.$$

Độ lớn vận tốc khi chạm đất khoảng $44{,}27$ m/s.

Bài 9.12 (trang 94)

Đề bài: Chuyển động của một hạt trên một dây rung được cho bởi $s(t) = 12 + 0{,}5\sin(4\pi t)$, 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?

Lời giải:

Bước 1: Tính vận tốc $v(t) = s'(t)$.

Đặt $u = 4\pi t$, $u’ = 4\pi$. Áp dụng $(\sin u)’ = u’ \cos u$:

$$v(t) = s'(t) = 0 + 0{,}5 \cdot 4\pi \cos(4\pi t) = 2\pi\cos(4\pi t) \text{ (cm/s)}.$$

Bước 2: Tìm vận tốc cực đại.

Vì $\cos(4\pi t) \leq 1$ với mọi $t$, ta có:

$$v(t) = 2\pi\cos(4\pi t) \leq 2\pi.$$

Dấu “$=$” xảy ra khi $\cos(4\pi t) = 1 \Leftrightarrow 4\pi t = k \cdot 2\pi \Leftrightarrow t = \dfrac{k}{2}$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Kết luận: Vận tốc của hạt là $v(t) = 2\pi\cos(4\pi t)$ cm/s, vận tốc cực đại là $2\pi \approx 6{,}28$ cm/s.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh