Title Chương 9 - 21 bài.Image.Marked.pdf ✅

CHUYÊN ĐỀ IX – TOÁN – 11 – ĐẠO HÀM Page 1 Sưu tầm và biên soạn BÀI TOÁN THỰC TẾ LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM Câu 1: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình 2 s  t  t  5, trong đó t là thời gian (s),s là quãng đường đi được ( m ). Tính vận tốc tức thời của xe tại thời điểm t  3. Lời giải Gọi t là số gia của biến số tại t  3. 2 2 s  (3 t)  (3 t)  5  (3  3 5) 2 9  6t  t  3 t  5  9  3 5 . 2  7t  t . 7 s t t      . 0 (3) '(3) lim 7 ( / ). t s t v s m s        Câu 2: Tổng chi phí để sản xuất ra Q sản phẩm là: 3 2 C(Q)  3Q Q  3Q 100 . Chi phí biên được xác định bởi hàm số C '(Q). Tính C '(8) Lời giải Gọi Q là số gia của biến số tại Q  8 . Ta có: 3 2 3 2 C  3(8  Q)  (8  Q)  3(8  Q) 100  (3.8 8  3.8 100) 3 2 2 3 2 2 3 2  3(8  3.8 .Q  3.8.Q  Q )  (8 16Q  Q )  24  3Q 100  (3.8 8  3.8 100) 2 3 2  576Q  72Q  3Q 16Q  Q  3Q 2 3  563Q  71Q  3Q 2 563 71 3 C Q Q Q        0 lim 563. Q C   Q    C8  563 CHƯƠN GIX ĐẠO HÀM
CHUYÊN ĐỀ IX – TOÁN – 11 – ĐẠO HÀM Page 2 Sưu tầm và biên soạn Câu 3: Một vật chuyển động theo quy luật   2 3 s t  6t  2t với t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và s(mét) là quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Hỏi trong khoảng 5 giây kể từ lúc vật bắt đầu chuyển động vận tốc lớn nhất của vật là bao nhiêu? Lời giải Gọi t là số gia của biến số tại 0 t 2 3 2 3 0 0 0 0 s  6(t  t)  2(t  t)  (6t  2t ) 2 2 3 2 2 3 2 3 0 0 0 0 0 0 0  6(t  2t t  t )  2(t  3t t  3t t  t )  (6t  2t ). 2 2 2 3 0 0 0 12t t  6t  6t t  6t t  t 2 2 0 0 0 12 6 6 6 s t t t t t t t           . 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) '( ) lim lim(12 6 6 6 ) 12 6 ( / ). t t s v t s t t t t t t t t t m s t                   Vận tốc của vật là:       2 2 0 0 0 0 0 v t  s t  6t 12t  6 t 1  6  6 , dấu bằng khi 0 t 1. Vận tốc lớn nhất của vật là 6 m / s. Câu 4: Một bình nuôi cấy vi sinh vật được giữ ở nhiệt độ 0C . Tại thời điểm t  0(s) người ta cung cấp nhiệt cho nó. Nhiệt độ tăng lên và được ước tính bởi hàm số     2 y  f t  t  t 1 C ( f t là nhiệt độ của bình nuôi cấy ở thời điểm t) . Hãy tính tốc độ tăng của bình tại thời điểm t  5(s) . Lời giải Gọi t là số gia của biến số tại 0 t   2 2 0 0 0 0 y  (t  t)  (t  t) 1  (t  t 1) 2 2 2 0 0 0 0 0  t  2t t  t  t  t 1 t  t 1. 2 0  2t t  t  t 0 2 1 y t t t       . 0 0 0 0 0 0 '( ) lim lim(2 1) 2 1 ( / ). t t y f t t t t C s t              Tốc độ tăng nhiệt tại thời điểm t  5(s) là 0 f (5)  2.5 1 11( C / s). Câu 5: Hai chất điểm P và Q có đồ thị chuyển động như hình vẽ. Ta gọi Pv và Q v lần lượt là vận tốc tại thời điểm hai chất điểm P và Q gặp nhau lần đầu tiên. Hãy so sánh Pv và Q v .
CHUYÊN ĐỀ IX – TOÁN – 11 – ĐẠO HÀM Page 3 Sưu tầm và biên soạn Lời giải Gọi P S và QS lần lượt là quãng đường đi được của hai chất điểm P và Q . Theo hình vẽ, hai chất điểm P và Q gặp nhau lần đầu tiên tại 0 2  t  3 . Ta thấy: + Tiếp tuyến của đồ thị của chất điểm P tại 0 t là đồ thị của P có hệ số góc là ' 0  tan P S t   . + Tiếp tuyến của đồ thị của chất điểm Q tại 0 t là đồ thị của Q có hệ số góc là ' 0  tan QS t   . Rõ ràng tan  tan  nên SP 't0   SQ 't0  hay vP t0   vQ t0 . Câu 6: Trong một trò chơi điện tử, máy bay xuất hiện ở góc trái màn hình rồi bay sang phải theo quỹ đạo C là đồ thị của hàm số   1 y 1 , x 0 x     . Biết rằng tên lửa được bắn ra từ máy bay tại một điểm thuộc C sẽ bay theo phương tiếp tuyến của C tại điểm đó. Tìm hoành độ 0 x thuộc C sao cho tên lửa bắn ra từ đó sẽ bắn trúng mục tiêu ở trên màn hình có tọa độ 4,0. Lời giải Với 0 x  0 tùy ý, ta có
CHUYÊN ĐỀ IX – TOÁN – 11 – ĐẠO HÀM Page 4 Sưu tầm và biên soạn       0 0 0   0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 ' lim lim lim lim . . x x x x x x x x f x f x x x x x f x  x x  x x  x x x x  x x x                     . Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm 0 x là  0  0  0  0  2 0 0 1 1 y f ' x x x y x x 1 x x        . Vì tiếp tuyến đi qua điểm 4,0 nên   0 2 0 0 0 0 1 1 1 5 4 1 0 1 5 x x x x x               . Đối chiếu với điều kiện 0 x  0 , khi đó ta được 0 x  1 5 . Câu 7: Người ta xây một cổng chào hình Parabol biết khoảng cách giữa hai điểm A và B dưới chân cổng là 40m , chiều cao từ đỉnh cổng đến mặt đất là 24m . Độ dốc tối đa của cổng gần nhất với kết quả nào sau đây? (Độ dốc của cổng tại một điểm được xác định bởi góc giữa phương tiếp xúc với bề mặt Parabol và phương ngang). Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Với O là trung điểm của AB , tia Ox trùng với tia OA, C là đỉnh của Parbol, tia Oy trùng với tia OC . Gọi Parabol có dạng     2 P : y  ax  c a  0 . Do P đi qua các điểm A20;0;C0;24 nên ta có hệ: 2 3 20 0 50 24 24 a c a c c                . Vậy Parabol có phương trình   3 2 : 24 50 P y   x  . Hệ số góc k của tiếp tuyến tại một điểm bất kì của Parabol xác định độ dốc của Parbol.