Giải mục 5 trang 92, 93, 94 SGK Toán 11 tập 2 - Kết nối tri thức — Không quảng cáo

HĐ 8

a) Sử dụng phép đổi biến $t = \frac{1}{x},$ tìm giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}}.$

b) Với $y = {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}},$ tính ln y và tìm giới hạn của $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln y.$

c) Đặt $t = {e^x} - 1.$ Tính x theo t và tìm giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - 1}}{x}.$

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức $e = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x}$

Lời giải chi tiết:

a) Ta có $t = \frac{1}{x},$ nên khi x tiến đến 0 thì t tiến đến dương vô cùng do đó

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)^t} = e$

b) $\ln y = \ln {\left( {1 + x} \right)^{\frac{1}{x}}} = \frac{1}{x}\ln \left( {1 + x} \right)$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1$

c) $t = {e^x} - 1 \Leftrightarrow {e^x} = t + 1 \Leftrightarrow x = \ln \left( {t + 1} \right)$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{t}{{\ln \left( {t + 1} \right)}} = 1$

HĐ 9

a) Sử dụng giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{{e^h} - 1}}{h} = 1$ và đẳng thức ${e^{x + h}} - {e^x} = {e^x}\left( {{e^h} - 1} \right),$ tính đạo hàm của hàm số $y = {e^x}$ tại x bằng định nghĩa.

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

Phương pháp giải:

- $f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}}$ nếu tồn tại giới hạn hữu hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}}$

- $\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{{e^h} - 1}}{h} = 1$

Lời giải chi tiết:

a) Với x bất kì và $h = x - {x_0}$, ta có:

$\begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f\left( {{x_0} + h} \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{{e^{{x_0} + h}} - {e^{{x_0}}}}}{h}\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{{e^{{x_o}}}\left( {{e^h} - 1} \right)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} {e^{{x_0}}}.\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{{e^h} - 1}}{h} = {e^{{x_0}}}\end{array}$

Vậy hàm số $y = {e^x}$ có đạo hàm là hàm số $y' = {e^x}$

b) Ta có ${a^x} = {e^{x\ln a}}\,$nên $\left( {{a^x}} \right)' = \left( {{e^{x\ln a}}} \right)' = \left( {x\ln a} \right)'.{e^{x\ln a}} = {e^{x\ln a}}\ln a = {a^x}\ln a$

LT 6

Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = {e^{{x^2} - x}};$

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

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức $\left( {{e^u}} \right)' = {e^u}.u';\left( {{a^u}} \right)' = {a^u}.u'.\ln a$

Lời giải chi tiết:

a) $y' = {e^{{x^2} - x}}.\left( {{x^2} - x} \right)' = \left( {2x - 1} \right){e^{{x^2} - x}}$

b) $y' = {3^{\sin x}}.\left( {\sin x} \right)'.\ln 3 = {3^{\sin x}}.\cos x.\ln 3$

HĐ 10

a) Sử dụng giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t} = 1$ và đẳng thức $\ln \left( {x + h} \right) - \ln x = \ln \left( {\frac{{x + h}}{x}} \right) = \ln \left( {1 + \frac{h}{x}} \right),$ tính đạo hàm của hàm số $y = \ln x$ tại điểm x > 0 bằng định nghĩa.

b) Sử dụng đẳng thức ${\log _a}x = \frac{{\ln x}}{{\ln a}}\,\,\left( {0 < a \ne 1} \right),$ hãy tính đạo hàm của hàm số $y = {\log _a}x.$

Phương pháp giải:

- $f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}}$ nếu tồn tại giới hạn hữu hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}}$

- $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t} = 1$

Lời giải chi tiết:

a) Với x > 0 bất kì và $h = x - {x_0}$ ta có

$\begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f\left( {{x_0} + h} \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\ln \left( {{x_0} + h} \right) - \ln {x_0}}}{h}\\ = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{h}{{{x_0}}}} \right)}}{{\frac{h}{{{x_0}}}.{x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{1}{{{x_0}}}.\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{h}{{{x_0}}}} \right)}}{{\frac{h}{{{x_0}}}}} = \frac{1}{{{x_0}}}\end{array}$

Vậy hàm số $y = \ln x$ có đạo hàm là hàm số $y' = \frac{1}{x}$

b) Ta có ${\log _a}x = \frac{{\ln x}}{{\ln a}}$ nên $\left( {{{\log }_a}x} \right)' = \left( {\frac{{\ln x}}{{\ln a}}} \right)' = \frac{1}{{x\ln a}}$

LT 7

Tính đạo hàm của hàm số $y = {\log _2}\left( {2x - 1} \right).$

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức $\left( {{{\log }_a}u} \right)' = \frac{{u'}}{{u\ln a}}$

Lời giải chi tiết:

Vì $2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$ nên hàm số xác định trên $\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$

Ta có $y' = \frac{{\left( {2x - 1} \right)'}}{{\left( {2x - 1} \right)\ln 2}} = \frac{2}{{\left( {2x - 1} \right)\ln 2}}$

VD 2

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

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức $\left( {{{\log }_a}x} \right)' = \frac{1}{{x\ln a}}$

Lời giải chi tiết:

Ta có $pH =  - \log \left[ {{H^ + }} \right]$ nên $\left( {pH} \right)' = \left( { - \log \left[ {{H^ + }} \right]} \right)' = \frac{{ - 1}}{{\left[ {{H^ + }} \right]\ln 10}}$

Vậy tốc độ thay đổi của pH với nồng độ $\left[ {{H^ + }} \right]$ là $\frac{{ - 1}}{{\left[ {{H^ + }} \right]\ln 10}}$