THCS
THCS
Montoan.com.vn xin giới thiệu lời giải chi tiết và dễ hiểu cho mục 2 trang 32, 33, 34, 35 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo. Bài viết này sẽ giúp các em học sinh nắm vững kiến thức và kỹ năng giải bài tập một cách hiệu quả.
Chúng tôi cung cấp các bước giải rõ ràng, kèm theo giải thích chi tiết để các em có thể tự học và ôn tập tại nhà.
Gọi M’ và N’ lần lượt là ảnh của M và N qua phép vị tự V(O, k). Từ các hệ thức: \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON'} = k\overrightarrow {ON} ,\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \).
Gọi A’, B’ và C’ lần lượt là ảnh của ba điểm thẳng hàng A, B, C qua phép vị tự \({V_{(O,{\rm{ }}k)}}.\) Cho biết \(\overrightarrow {BA} = m\overrightarrow {BC} \) hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) có bằng nhau không?
Phương pháp giải:
Chứng minh hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) cùng bằng vectơ thứ ba.
Lời giải chi tiết:
Theo bài, ta có A’, B’ lần lượt là ảnh của A, B qua \({V_{(O,{\rm{ }}k)}}.\)
Áp dụng tính chất 1, ta được \(\overrightarrow {B'A'} = k\overrightarrow {BA} \)
Chứng minh tương tự, ta được \(\overrightarrow {B'C'} = k\overrightarrow {BC} \)
Ta có \(\overrightarrow {B'A'} = k\overrightarrow {BA} = k.m\overrightarrow {BC} = m.k\overrightarrow {BC} = m\overrightarrow {B'C'} \)
Vậy hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) bằng nhau.
Cho tam giác ABC có G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
a) Tìm phép vị tự biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’.
b) Chứng minh ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Phương pháp giải:
Cho điểm O cố định và một số thực k, \(k \ne 0\). Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} \) được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k, kí hiệu \({V_{(O,k)}}\). O được gọi là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự.
Lời giải chi tiết:
a) Để tìm phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A’B’C’, ta tìm phép vị tự biến điểm A thành điểm A’, biến điểm B thành điểm B’, biến điểm C thành điểm C’.
∆ABC có A’ là trung điểm BC và G là trọng tâm.
Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có \(\overrightarrow {AG} = 2\overrightarrow {GA'} \) hay \(\overrightarrow {GA'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} \)
Suy ra A’ là ảnh của A qua \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Chứng minh tương tự, ta được \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( B \right) = B'\) và \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( C \right) = C'\)
Vậy \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\) biến \(\Delta ABC\) thành
b) Gọi AD là đường kính của đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC.
Suy ra \(\widehat {ABD} = 90^\circ \) và O là trung điểm của AD.
Do đó \(\;AB{\rm{ }} \bot {\rm{ }}BD.\)
Mà \(CH \bot AB\) (do H là trực tâm của ∆ABC).
Vì vậy BD // CH.
Chứng minh tương tự, ta được BH // CD.
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành.
Mà A’ là trung điểm BC (giả thiết).
Do đó A’ cũng là trung điểm của DH.
∆ADH có A’O là đường trung bình của tam giác nên \(A'O = \frac{1}{2}HA\) và
Suy ra \(\overrightarrow {A'O} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH} \)
Ta có \(\overrightarrow {GO} = \overrightarrow {GA'} + \overrightarrow {A'O} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH} \) \( = - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AH} } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GH} \)
Khi đó \(\overrightarrow {GO} \) và \(\overrightarrow {GH} \) cùng phương nên ba điểm G, H, O thẳng hàng.
Vậy ba điểm G, H, O thẳng hàng.
Gọi M’ và N’ lần lượt là ảnh của M và N qua phép vị tự V(O, k). Từ các hệ thức: \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON'} = k\overrightarrow {ON} ,\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \). Biểu thị vectơ \(\overrightarrow {M'N'} \) theo vectơ \(\overrightarrow {MN} .\)
Phương pháp giải:
Sử dụng quy tắc hiệu để biểu diễn
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \)′
\( = k\overrightarrow {ON} - k\overrightarrow {OM} = k\left( {\overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OM} } \right) = k\overrightarrow {MN} \).
Vậy \(\overrightarrow {M'N'} = k\overrightarrow {MN} \)
Vẽ Hình 11 ra giấy kẻ ô li và tìm ảnh của tứ giác ABCD qua phép vị tự \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\).
Phương pháp giải:
Để tìm ảnh của tứ giác ABCD qua phép vị tự \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\) ta tìm ảnh của từng điểm A, B, C, D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\). Sau đó nối chúng lại với nhau.
Lời giải chi tiết:
Để tìm ảnh của tứ giác ABCD qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\), ta tìm ảnh của các điểm A, B, C, D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\).
Quan sát hình vẽ, ta thấy \(\;A\left( {4;{\rm{ }}10} \right),{\rm{ }}B\left( {1;{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}C\left( {10;{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}D\left( {13;{\rm{ }}4} \right).\)
⦁ Đặt là ảnh của A qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {O{A'}} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OA} \) với \(\overrightarrow {OA} = \left( {4;10} \right)\) và \(\overrightarrow {O{A'}} = \left( {{x_{A'}};{y_{A'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = - \frac{1}{2}.4 = - 2\\{y_{A'}} = - \frac{1}{2}.10 = - 5\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ
⦁ Đặt \(B'\left( {{x_{B'}};{y_{B'}}} \right)\) là ảnh của B qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {O{B'}} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OB} \) với \(\overrightarrow {OB} = \left( {1;1} \right)\) và \(\overrightarrow {O{B'}} = \left( {{x_{B'}};{y_{B'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\\{y_{B'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(B'\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\)
⦁ Đặt \(C'\left( {{x_{C'}};{y_{C'}}} \right)\) là ảnh của C qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {OC'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OC} \) với \(\overrightarrow {OC} = \left( {10;1} \right)\) và \(\overrightarrow {OC'} = \left( {{x_{C'}};{y_{C'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{C'}} = - \frac{1}{2}.10 = - 5\\{y_{C'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(C'\left( { - 5; - \frac{1}{2}} \right)\)
⦁ Đặt \(D' = \left( {{x_{D'}};{y_{D'}}} \right)\) là ảnh của D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {OD'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OD} \)với \(\overrightarrow {OD} = \left( {13;4} \right)\) và \(\overrightarrow {O{D'}} = \left( {{x_{D'}};{y_{D'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{D'}} = - \frac{1}{2}.13 = - \frac{{13}}{2}\\{y_{D'}} = - \frac{1}{2}.4 = - 2\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(D'\left( { - \frac{{13}}{2}; - 2} \right)\)
Vậy ảnh của tứ giác ABCD qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\) là tứ giác A’B’C’D’ có tọa độ các đỉnh là \(A'\left( {-2;{\rm{ }}-5} \right),B'\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right),C'\left( { - 5; - \frac{1}{2}} \right),D'\left( { - \frac{{13}}{2}; - 2} \right)\)
Gọi M’ và N’ lần lượt là ảnh của M và N qua phép vị tự V(O, k). Từ các hệ thức: \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {ON'} = k\overrightarrow {ON} ,\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \). Biểu thị vectơ \(\overrightarrow {M'N'} \) theo vectơ \(\overrightarrow {MN} .\)
Phương pháp giải:
Sử dụng quy tắc hiệu để biểu diễn
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'} \)′
\( = k\overrightarrow {ON} - k\overrightarrow {OM} = k\left( {\overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OM} } \right) = k\overrightarrow {MN} \).
Vậy \(\overrightarrow {M'N'} = k\overrightarrow {MN} \)
Gọi A’, B’ và C’ lần lượt là ảnh của ba điểm thẳng hàng A, B, C qua phép vị tự \({V_{(O,{\rm{ }}k)}}.\) Cho biết \(\overrightarrow {BA} = m\overrightarrow {BC} \) hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) có bằng nhau không?
Phương pháp giải:
Chứng minh hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) cùng bằng vectơ thứ ba.
Lời giải chi tiết:
Theo bài, ta có A’, B’ lần lượt là ảnh của A, B qua \({V_{(O,{\rm{ }}k)}}.\)
Áp dụng tính chất 1, ta được \(\overrightarrow {B'A'} = k\overrightarrow {BA} \)
Chứng minh tương tự, ta được \(\overrightarrow {B'C'} = k\overrightarrow {BC} \)
Ta có \(\overrightarrow {B'A'} = k\overrightarrow {BA} = k.m\overrightarrow {BC} = m.k\overrightarrow {BC} = m\overrightarrow {B'C'} \)
Vậy hai vectơ \(\overrightarrow {B'A'} \) và \(m\overrightarrow {B'C'} \) bằng nhau.
Cho tam giác ABC có G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
a) Tìm phép vị tự biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’.
b) Chứng minh ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Phương pháp giải:
Cho điểm O cố định và một số thực k, \(k \ne 0\). Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} \) được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k, kí hiệu \({V_{(O,k)}}\). O được gọi là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự.
Lời giải chi tiết:
a) Để tìm phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A’B’C’, ta tìm phép vị tự biến điểm A thành điểm A’, biến điểm B thành điểm B’, biến điểm C thành điểm C’.
∆ABC có A’ là trung điểm BC và G là trọng tâm.
Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có \(\overrightarrow {AG} = 2\overrightarrow {GA'} \) hay \(\overrightarrow {GA'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} \)
Suy ra A’ là ảnh của A qua \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Chứng minh tương tự, ta được \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( B \right) = B'\) và \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( C \right) = C'\)
Vậy \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\) biến \(\Delta ABC\) thành
b) Gọi AD là đường kính của đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC.
Suy ra \(\widehat {ABD} = 90^\circ \) và O là trung điểm của AD.
Do đó \(\;AB{\rm{ }} \bot {\rm{ }}BD.\)
Mà \(CH \bot AB\) (do H là trực tâm của ∆ABC).
Vì vậy BD // CH.
Chứng minh tương tự, ta được BH // CD.
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành.
Mà A’ là trung điểm BC (giả thiết).
Do đó A’ cũng là trung điểm của DH.
∆ADH có A’O là đường trung bình của tam giác nên \(A'O = \frac{1}{2}HA\) và
Suy ra \(\overrightarrow {A'O} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH} \)
Ta có \(\overrightarrow {GO} = \overrightarrow {GA'} + \overrightarrow {A'O} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH} \) \( = - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AH} } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GH} \)
Khi đó \(\overrightarrow {GO} \) và \(\overrightarrow {GH} \) cùng phương nên ba điểm G, H, O thẳng hàng.
Vậy ba điểm G, H, O thẳng hàng.
Cho phép vị tự \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\) và đường tròn (C) tâm I bán kính r. Xét điểm M thuộc (C), gọi I’ và M’ là ảnh của I và M qua phép vị tự \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}.\)
a) Tính I’M’ theo r và k.
b) Khi cho điểm M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường nào?
Phương pháp giải:
Phép vị tự tỉ số k biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng nhân lên với |k|, biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng |k|, biến đường tròn bán kính r thành đường tròn bán kính \(r' = |k|.r\).
Lời giải chi tiết:
a) Ta có \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\left( I \right){\rm{ }} = {\rm{ }}I'\) và \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\left( M \right){\rm{ }} = {\rm{ }}M'.\)
Suy ra \(I'M'{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.IM{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.r.\)
Vậy
b) Theo đề, ta có \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\;\) biến điểm M thành điểm M’.
Vậy khi M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường tròn (C’) có tâm I’, bán kính \(r'{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.r\) là ảnh của (C) qua \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}.\)
Vẽ Hình 11 ra giấy kẻ ô li và tìm ảnh của tứ giác ABCD qua phép vị tự \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\).
Phương pháp giải:
Để tìm ảnh của tứ giác ABCD qua phép vị tự \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\) ta tìm ảnh của từng điểm A, B, C, D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\). Sau đó nối chúng lại với nhau.
Lời giải chi tiết:
Để tìm ảnh của tứ giác ABCD qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\), ta tìm ảnh của các điểm A, B, C, D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\).
Quan sát hình vẽ, ta thấy \(\;A\left( {4;{\rm{ }}10} \right),{\rm{ }}B\left( {1;{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}C\left( {10;{\rm{ }}1} \right),{\rm{ }}D\left( {13;{\rm{ }}4} \right).\)
⦁ Đặt là ảnh của A qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {O{A'}} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OA} \) với \(\overrightarrow {OA} = \left( {4;10} \right)\) và \(\overrightarrow {O{A'}} = \left( {{x_{A'}};{y_{A'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = - \frac{1}{2}.4 = - 2\\{y_{A'}} = - \frac{1}{2}.10 = - 5\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ
⦁ Đặt \(B'\left( {{x_{B'}};{y_{B'}}} \right)\) là ảnh của B qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {O{B'}} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OB} \) với \(\overrightarrow {OB} = \left( {1;1} \right)\) và \(\overrightarrow {O{B'}} = \left( {{x_{B'}};{y_{B'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\\{y_{B'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(B'\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\)
⦁ Đặt \(C'\left( {{x_{C'}};{y_{C'}}} \right)\) là ảnh của C qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {OC'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OC} \) với \(\overrightarrow {OC} = \left( {10;1} \right)\) và \(\overrightarrow {OC'} = \left( {{x_{C'}};{y_{C'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{C'}} = - \frac{1}{2}.10 = - 5\\{y_{C'}} = - \frac{1}{2}.1 = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(C'\left( { - 5; - \frac{1}{2}} \right)\)
⦁ Đặt \(D' = \left( {{x_{D'}};{y_{D'}}} \right)\) là ảnh của D qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\)
Suy ra \(\overrightarrow {OD'} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {OD} \)với \(\overrightarrow {OD} = \left( {13;4} \right)\) và \(\overrightarrow {O{D'}} = \left( {{x_{D'}};{y_{D'}}} \right)\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{D'}} = - \frac{1}{2}.13 = - \frac{{13}}{2}\\{y_{D'}} = - \frac{1}{2}.4 = - 2\end{array} \right.\)
Vì vậy tọa độ \(D'\left( { - \frac{{13}}{2}; - 2} \right)\)
Vậy ảnh của tứ giác ABCD qua \({V_{\left( {O, - \frac{1}{2}} \right)}}\) là tứ giác A’B’C’D’ có tọa độ các đỉnh là \(A'\left( {-2;{\rm{ }}-5} \right),B'\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right),C'\left( { - 5; - \frac{1}{2}} \right),D'\left( { - \frac{{13}}{2}; - 2} \right)\)
Cho phép vị tự \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\) và đường tròn (C) tâm I bán kính r. Xét điểm M thuộc (C), gọi I’ và M’ là ảnh của I và M qua phép vị tự \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}.\)
a) Tính I’M’ theo r và k.
b) Khi cho điểm M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường nào?
Phương pháp giải:
Phép vị tự tỉ số k biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng nhân lên với |k|, biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng |k|, biến đường tròn bán kính r thành đường tròn bán kính \(r' = |k|.r\).
Lời giải chi tiết:
a) Ta có \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\left( I \right){\rm{ }} = {\rm{ }}I'\) và \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\left( M \right){\rm{ }} = {\rm{ }}M'.\)
Suy ra \(I'M'{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.IM{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.r.\)
Vậy
b) Theo đề, ta có \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}\;\) biến điểm M thành điểm M’.
Vậy khi M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường tròn (C’) có tâm I’, bán kính \(r'{\rm{ }} = {\rm{ }}\left| k \right|.r\) là ảnh của (C) qua \({V_{\left( {O,{\rm{ }}k} \right)}}.\)
Mục 2 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo tập trung vào các kiến thức về đạo hàm của hàm số. Đây là một phần quan trọng trong chương trình Toán 11, đóng vai trò nền tảng cho các kiến thức nâng cao hơn trong các lớp học tiếp theo.
Mục 2 bao gồm các nội dung chính sau:
Bài 1 yêu cầu tính đạo hàm của hàm số f(x) = x^2 + 3x - 2. Áp dụng quy tắc đạo hàm của hàm số đa thức, ta có:
f'(x) = 2x + 3
Bài 2 yêu cầu tính đạo hàm của hàm số g(x) = sin(x). Theo công thức đạo hàm của hàm số sin(x), ta có:
g'(x) = cos(x)
Bài 3 yêu cầu tính đạo hàm của hàm số h(x) = e^x. Theo công thức đạo hàm của hàm số mũ e^x, ta có:
h'(x) = e^x
Bài 4 yêu cầu tìm tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x^3 - 3x + 1 tại điểm có hoành độ x = 2. Đầu tiên, ta tính đạo hàm của hàm số:
y' = 3x^2 - 3
Sau đó, ta tính giá trị của đạo hàm tại x = 2:
y'(2) = 3(2)^2 - 3 = 9
Giá trị của hàm số tại x = 2 là:
y(2) = (2)^3 - 3(2) + 1 = 3
Vậy phương trình tiếp tuyến là:
y - 3 = 9(x - 2) => y = 9x - 15
Khi giải bài tập về đạo hàm, các em cần lưu ý những điều sau:
Đạo hàm là một khái niệm quan trọng trong Toán học, có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau như Vật lý, Kinh tế, Kỹ thuật,... Việc nắm vững kiến thức về đạo hàm sẽ giúp các em giải quyết các bài toán thực tế một cách hiệu quả.
Montoan.com.vn luôn đồng hành cùng các em học sinh trong quá trình học tập và ôn luyện Toán học. Chúng tôi cung cấp các bài giảng chi tiết, dễ hiểu, các bài tập luyện tập đa dạng và các lời giải bài tập chính xác, giúp các em nắm vững kiến thức và đạt kết quả tốt nhất.
Hy vọng bài viết này sẽ giúp các em hiểu rõ hơn về cách giải mục 2 trang 32, 33, 34, 35 Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo. Chúc các em học tập tốt!
