Chương 5: ĐẠO HÀM - Hỏi đáp

\(y=x-2+\frac{4}{x-1}\Rightarrow y'=1-\frac{4}{\left(x-1\right)^2}\)

Gọi \(M\left(a;b\right)\) là điểm có tiếp tuyến song song với d

\(\Rightarrow y'\left(a\right)=-3\Leftrightarrow1-\frac{4}{\left(a-1\right)^2}=-3\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\Rightarrow b=-6\\a=2\Rightarrow b=4\end{matrix}\right.\)

Có 2 tiếp tuyến thỏa mãn:

\(\left[{}\begin{matrix}y=-3x-6\\y=-3\left(x-2\right)+4\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=-3x-6\\y=-3x+10\end{matrix}\right.\)

y=x-2+\(\frac{x}{4}\)-1

\(\Leftrightarrow\)y=\(\frac{5x}{4}\)-3

\(\Rightarrow\)y'=(\(\frac{5x}{4}\)-3)'

\(\Rightarrow\)y'=(\(\frac{5x}{4}\))'-3'

\(\Rightarrow\)y'=\(\frac{\left(5x\right)'\cdot4-5x\cdot4'}{4_{ }^2}\)

\(\Rightarrow\)y'=\(\frac{20}{16}\)=\(\frac{5}{4}\)

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y=-3x+1 nên:

f\('\left(x_0\right)\)=y'=-3 nhưng trong trường hợp này thì y' là một hằng số nên f'\(\left(3\right)\)=\(\frac{5}{4}\)

\(\)\(y_0\)=\(\frac{5\cdot\frac{5}{4}}{4}-3\)

\(y_0\)=\(\frac{-23}{16}\)

Vậy điểm M(\(\frac{5}{4}\);\(\frac{-23}{16}\)) thuộc đường tiếp tuyến đã cho.

Ta có công thức đường tiếp tuyến là:

y=f\('\left(x_0\right)\)(x-\(x_0\))+\(y_0\)

\(\Rightarrow\)y=3(x-\(\frac{5}{4}\))+\(\frac{-23}{16}\)

\(\Rightarrow\)y=3x-\(\frac{83}{16}\)

\(f^2\left(1+2x\right)=x-f^3\left(1-2x\right)\)

Thay \(x=0\) vào ta được:

\(f^2\left(1\right)=-f^3\left(1\right)\Leftrightarrow f^2\left(1\right)\left[1+f\left(1\right)\right]=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}f\left(1\right)=0\\f\left(1\right)=-1\end{matrix}\right.\)

Đạo hàm 2 vế:

\(\Rightarrow4f\left(1+2x\right).f'\left(1+2x\right)=1+6f^2\left(1-2x\right).f'\left(1-2x\right)\)

Thay \(x=0\) vào ta được:

\(4f\left(1\right).f'\left(1\right)=1+6f^2\left(1\right).f'\left(1\right)\)

- Nếu \(f\left(1\right)=0\Rightarrow0=1\) (loại)

- Nếu \(f\left(1\right)=-1\Rightarrow-4f'\left(1\right)=1+6f'\left(1\right)\Rightarrow f'\left(1\right)=-\frac{1}{10}\)

\(y'=3mx^2-2\)

Để \(y'< 0\) \(\forall x\Rightarrow\max\limits_{x\in R}g\left(x\right)=3mx^2-2< 0\)

\(g'\left(x\right)=6mx=0\Rightarrow x=0\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\le0\\g\left(0\right)< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\le0\\-2< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\le0\)

Bài 1: dưới mẫu không biết biểu thức là gì

Bài 2:

Gọi \(M\in d\Rightarrow M\left(1+2m;3-m\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{AM}=\left(2m;5-m\right)\)

\(\Rightarrow AM^2=\overrightarrow{AM}^2=4m^2+\left(5-m\right)^2=25\)

\(\Leftrightarrow5m^2-10m+25=25\)

\(\Leftrightarrow5m\left(m-2\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}M\left(1;3\right)\\M\left(5;1\right)\end{matrix}\right.\)

\(y=\frac{1}{\sqrt{sin^2x}}=\left(sin^2x\right)^{-\frac{1}{2}}\)

\(\Rightarrow y'=-\frac{1}{2}\left(sin^2x\right)^{-\frac{3}{2}}.2sinx.cosx=\frac{-sinx.cosx}{\sqrt{sin^6x}}=\frac{-sinx.cosx}{\sqrt{sin^2x.sin^4x}}=\frac{-sinx.cox}{\left|sinx\right|.sin^2x}=\frac{-cosx}{\left|sinx\right|.sinx}\)

Đặt \(f\left(x\right)=x^3-3x^2+5x-5\)

Do \(f\left(x\right)\) là hàm đa thức nên \(f\left(x\right)\) liên tục trên R

Ta có \(f\left(1\right)=-2\) ; \(f\left(2\right)=1\Rightarrow f\left(1\right).f\left(2\right)< 0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(1;2\right)\) hay \(f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm dương

\(y'=\left(\frac{\pi}{3}-\frac{x}{2}\right)'.cos\left(\frac{\pi}{3}-\frac{x}{2}\right)=-\frac{1}{2}cos\left(\frac{\pi}{3}-\frac{x}{2}\right)\)

Gọi O là tâm đáy, kẻ \(OH\perp SC\)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\)

Mà \(BD\perp AC\) (t/c 2 đường chéo hình vuông) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp OH\)

\(\Rightarrow OH\) là đường vuông góc chung của SC và BD \(\Rightarrow OH=d\left(SC;BD\right)\)

\(AC=AB\sqrt{2}=a\sqrt{6}\Rightarrow SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=a\sqrt{10}\) ; \(OC=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

Do \(\Delta_vCOH\sim\Delta_vCSA\Rightarrow\frac{OH}{SA}=\frac{OC}{SC}\Rightarrow OH=\frac{SA.OC}{SC}=\frac{a\sqrt{15}}{5}\)

b

y'=(\(\frac{\pi}{2}\)+2)'cos(\(\frac{\pi}{2}\)+2)=2cos(\(\frac{\pi}{2}\)+2)

\(y'=\left(\frac{\pi}{2}+2x\right)^'\cdot cos\left(\frac{\pi}{2}+2x\right)=2cos\left(\frac{\pi}{2}+2x\right)\)

I là trung điểm \(AB\Rightarrow CI\) là trung tuyến \(\Rightarrow CI\perp AB\) (do CAB cân tại C)

Tương tự, trong tam giác cân DAB; \(DI\) là trung tuyến đồng thời là đường cao \(\Rightarrow DI\perp AB\)

\(\Rightarrow AB\perp\left(CID\right)\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}CD\in\left(CID\right)\\AB\perp\left(CID\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AB\perp CD\)

\(y'=x^2-2x+2\)

Gọi tiếp tuyến d tại \(M\left(a;b\right)\) có phương trình:

\(y=\left(a^2-2a+2\right)\left(x-a\right)+\frac{1}{3}a^3-a^2+2a+1\)

Giao của d với Ox và Oy lần lượt là \(\left\{{}\begin{matrix}A\left(\frac{2a^3-3a^2-3}{3\left(a^2-2a+2\right)};0\right)\\B\left(0;\frac{2a^3-3a^2-3}{-3}\right)\end{matrix}\right.\)

\(OA^2=OB^2\Leftrightarrow\frac{\left(2a^3-3a^2-3\right)^2}{9\left(a^2-2a+2\right)^2}=\frac{\left(2a^2-3a^2-3\right)^2}{9}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2a+2\right)^2=1\) \(\Leftrightarrow a^2-2a+1=0\Rightarrow a=1\)

Phương trình tiếp tuyến: \(y=x+\frac{4}{3}\)

\(y'=-2\sqrt{3}sin2x-2cos2x+2=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}sin2x+cos2x=1\)

\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{3}}{2}sin2x+\frac{1}{2}cos2x=\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow sin\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)=sin\frac{\pi}{6}\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}+k2\pi\\2x+\frac{\pi}{6}=\frac{5\pi}{6}+k2\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=k\pi\\x=\frac{\pi}{3}+k\pi\end{matrix}\right.\)