Các bài toán ứng dụng đạo hàm trong thực tế

Qua tìm hiểu, tổng hợp và phân tích, tác giả nhận thấy các bài toán thực tế liên quan đến việc sự dụng đạo hàm có thể chia thành 2 phần lớn:

Một là, các bài toán thực tế đã được mô hình hóa bằng một hàm số toán học. Qua các ví dụ minh họa sau đây, tác giả sẽ chỉ ra cho bạn đọc những dạng toán thường gặp là gì ? Các lĩnh vực khoa học khác đã ứng dụng đạo hàm như thế nào trong việc giải quyết bài toán mà họ đã đặt ra ?

Hai là, các bài toán thực tế mà mô hình thực tiễn chưa chuyển về mô hình toán học. Như chúng ta biết, để có thể ứng dụng đạo của hàm số thì trước tiên ta phải “thiết lập được hàm số”. Như vậy ta có thể mô tả quy trình mô hình hóa dưới đây

Ta có thể cụ thể hóa 3 bước của quá trình mô hình hóa như sau:

Bước 1: Dựa trên các giả thiết và yếu tố của đề bài, ta xây dựng mô hình Toán học cho vấn đề đang xét, tức là diễn tả “dưới dạng ngôn ngữ Toán học” cho mô hình mô phỏng thực tiễn. Lưu ý là ứng với vấn đề được xem xét có thể có nhiều mô hình toán học khác nhau, tùy theo các yếu tố nào của hệ thống và mối liên hệ giữa chúng được xem là quan trọng ta đi đến việc biểu diễn chúng dưới dạng các biến số, tìm các điều kiện tồn tại của chúng cũng như sự ràng buộc, liên hệ với các giả thiết của đề bài.

Bước 2: Dựa vào các kiến thức liên quan đến vấn đề thực tế như trong kinh tế, đời sống, trong khoa học kỹ thuật như Vật lý, Hóa học, Sinh học,... Ta thiết lập hoàn chỉnh hàm số phụ thuộc theo một biến hoặc nhiều biến. (Ở đây trong nội dung đang xét ta chỉ xét với tính huống 1 biến).

Bước 3: Sử dụng công cụ đạo hàm của hàm số để khảo sát và giải quyết bài toán hình thành ở bước 2. Lưu ý các điều kiện ràng buộc của biến số và kết quả thu được có phù hợp với bài toán thực tế đã cho chưa .

Ví dụ: Cần phải đặt một ngọn đèn điện ở phía trên và chính giữa một cái bàn hình tròn có bán kính r. Hỏi phải treo ở độ cao $h$ là bao nhiêu để mép bàn được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng C được biểu thị bởi công thức $C=k\frac{\sin \alpha }{l^2}$ ($\alpha$ là góc nghiêng giữa tia sáng và mép bàn, k - hằng số tỷ lệ chỉ phụ thuộc vào nguồn sáng.

Phân tích:

●  Gọi các ký hiệu $l,M,N,O,I$ như hình vẽ.

Ta cần tìm cường độ chiếu sáng lớn nhất trong khi đó biểu thức $C=k\frac{\sin \alpha }{l^2}$phụ thuộc vào góc $\alpha$ và chiều dài l.  Do đó ta sẽ cần tìm một đẳng thức quan hệ giữa 2 biến trên thông qua hằng số (bất biến). Ở đây hằng số đó chính là r (bán kính hình tròn của cái bàn).

●  Dựa vào hình vẽ, ta có $\sin \alpha =\frac{h}{l}$.

Đồng thời $h^2=l^2-r^2$ Điều đó có nghĩa là $C=k\frac{\sqrt{l^2-r^2}}{l^3}(l>r)$

●  Bài toán trở thành tìm $\underset{r\in (0;l)}{max}f\left(l\right)=?$

Hướng dẫn giải.

Gọi $h$ là độ cao của đèn so với mặt bàn ($h>0$).

Các ký hiệu $l,M,N,O,I$ như hình vẽ.

Ta có $\sin \alpha =\frac{h}{l}$ và $h^2=l^2-r^2\Rightarrow$ cường độ sáng là $C=k\frac{\sqrt{l^2-r^2}}{l^3}(l>r)$

Đặt $f(l)=k\frac{\sqrt{l^2-r^2}}{l^3}$. Bài toán trở thành tìm $\underset{r\in (0;l)}{max}f\left(l\right)=?$

Ta có: $f^{\prime }\left(l\right)=k\frac{\frac{l^4}{\sqrt{l^2-r^2}}-3l^2\sqrt{l^2-r^2}}{l^6}=k{l}^2\frac{l^2-3(l^2-r^2)}{l^8\sqrt{l^2-r^2}}$

Cho $f^{\prime }\left(l\right)=0\iff l^2(3r^2-2l^2)=0\iff l=r\sqrt{\frac{3}{2}}>r$.

Lập bảng biến thiên ta thấy

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $\underset{r\in (0;l)}{max}f\left(l\right)=f\left(r\sqrt{\frac{3}{2}}\right)$

Và khi đó $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{\frac{3}{2}{r}^2-r^2}=\frac{r\sqrt{2}}{2}$.

Bài toán 1. Từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thước là $a\times b$ với \(a

Hướng dẫn giải.

● Gọi $x$ là cạnh của hình vuông cắt đi, ta phải có điều kiện \(0

Khi đó thể tích hình hộp là $V=x(a-2x)(b-2x)=4x^3-2(a+b)x^2+abx=V\left(x\right)$.

● Bài toán trở thành tìm $\underset{x\in (0;\frac{a}{2})}{max}V\left(x\right)=?$

Đạo hàm $V^{\prime }=f^{\prime }\left(x\right)=12x^2-4(a+b)x+ab$.

Ta có ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=4{(a+b)}^2-12ab=4(a^2-ab+b^2)>0$ với mọi $a,b$.

Do đó $V^{\prime }=0$ luôn có hai nghiệm phân biệt

$x_1=\frac{a+b-\sqrt{a^2-ab+b^2}}{6}<x_2=\frac{a+b+\sqrt{a^2-ab+b^2}}{6}$.

Theo định lý Vi-et, ta có $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{a+b}{3}>0\\ x_1{x}_2=\frac{ab}{12}>0\end{array}$ suy ra $0<x_1<x_2$.

Hơn nữa, ta có $V^{\prime }\left(\frac{a}{2}\right)=f^{\prime }\left(\frac{a}{2}\right)=a^2-ab=a(a-b)<0$. Do đó $0<x_1<\frac{a}{2}<x_2$.

Bảng biến thiên

● Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $V$ đạt giá trị lớn nhất khi $x=x_1=\frac{a+b-\sqrt{a^2-ab+b^2}}{6}$

Bài toán 2. Tìm chiều dài bé nhất của cái thang để nó có thể tựa vào tường và mặt đất, ngang qua cột đỡ cao 4 m, song song và cách tường 0,5m kể từ gốc của cột đỡ.

A. xấp xỉ bằng $5,4902m$.                                    B.xấp xỉ bằng $5,602m$.

C. xấp xỉ bằng $5,5902m$.                                    C.xấp xỉ bằng $6,5902m$.

Hướng dẫn giải.

● Đặt $hC=x>0$$\Rightarrow BC=x+0,5$. Theo định lý Thales ta có $\frac{HC}{BC}=\frac{MH}{AB}=\frac{x}{x+0,5}$

Do đó ta có $AB=\frac{4(x+0,5)}{x}$ .

Do $\mathrm{\Delta }ABC$ vuông tại \)B\Rightarrow A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{\left( x+0,5 \right)}^{2}}+\frac{16{{\left( x+0,5 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}}\)

●  Hay $A{C}^2=\frac{{(x+0,5)}^2(x^2+16)}{x^2}$Đặt $f\left(x\right)=\frac{x^4+x^3+\frac{65}{4}{x}^2+16x+4}{x^2}(x>0)$ .

Bài toán trở thành tìm $minf\left(x\right)=?$ với $x>0$.

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=\frac{(4x^3+3x^2+\frac{65}{2}x+16)x^2-2x(x^4+x^3+\frac{65}{4}{x}^2+16x+4)}{x^4}$

$\iff f^{\prime }\left(x\right)=\frac{2x^4+x^3-16x-8}{x^3}$.

Cho  $f^{\prime }\left(x\right)=0\iff \left(x-2\right)\left(2x+1\right)\left(x^2+2x+4\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=2>0\\ x=-\frac{1}{2}<0\left(loai\right)\end{array}$

Lập bảng biến thiên ta có:

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\underset{x>0}{min}f\left(x\right)=f\left(2\right)=\frac{125}{4}$

Do đó ta có $minAC=\sqrt{\frac{125}{4}}=\frac{5\sqrt{5}}{2}\approx 5,5902$.  Đáp án C

Bài toán 3. Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích $V$ (m³) không đổi, hệ số k>0 cho trước (k là tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy. Hãy xác định các kích thước của đáy để khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất?

Hướng dẫn giải.

● Gọi \(x,y\left( 0

Gọi $h$ là chiều cao của hố ga $(h>0)$.

● Theo đề bài ta có $h=kx$ và $V=hxy\Rightarrow y=\frac{V}{hx}=\frac{V}{k{x}^2}$

Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của hố ga là nhỏ nhất.

Khi đó ta có: $S_{tp}=2xh+2yh+2xy=2x\left(kx\right)+2\left(kx\right).\frac{V}{k{x}^2}+2x\frac{V}{k{x}^2}$

Suy ra $S_{tp}=2k{x}^2+\frac{2\left(\frac{k+1}{k}\right)V}{x}$ Xét hàm số $f\left(x\right)=2k{x}^2+\frac{2\left(\frac{k+1}{k}\right)V}{x}$.

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của $f\left(x\right)$ với $x>0$.

$f^{\prime }\left(x\right)=4kx-\frac{2\left(\frac{k+1}{k}\right)V}{x^2}=2\frac{2k^2{x}^3-(k+1)V}{k{x}^2}$ , cho $f^{\prime }\left(x\right)=0\iff x_o=\sqrt[3]{\frac{(k+1)V}{2k^2}}>0$

Lập bảng biến thiên ta có

Dựa vào bảng biến thiên ta có $\underset{x>0}{min}f\left(x\right)=f\left(\sqrt[3]{\frac{(k+1)V}{2k^2}}\right)$ .

Khi đó $y=\sqrt[3]{\frac{4kV}{{(k+1)}^2}}$  và $h=\sqrt[3]{\frac{k(k+1)V}{2}}$.

Bài toán 4. Có hai vị trí $A,B$ nằm về cùng phía đối với bờ sông (d) như hình vẽ. Khoảng cách từ \)A\) đến bờ sông là $30m$. Khoảng cách từ B đến bờ sông là $45m$. Khoảng cách giữa A và B là $5\sqrt{409}m$. Một người đi từ A đến bờ sông (phía A,B) để lấy nước sau đó đi về vị trí B. Hỏi đoạn đường tối thiểu người đó đi từ A đến B (có ghé qua bờ sông) là bao nhiêu (đơn vị m) ?

Hướng dẫn giải.

● Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BN.

Dựa vào hình vẽ ta có $ON=AH=\sqrt{A{B}^2-{(BN-HN)}^2}=100$

Gọi M là vị trí mà người đó đi từ A đến bờ sông, đặt $OA=x\left(m\right)$ \(\left( 0

Khi đó ta có đoạn đường tối thiểu mà người đó phải đi là:

$S=AM+MB=\sqrt{O{A}^2+O{M}^2}+\sqrt{M{N}^2+M{B}^2}\Rightarrow S=\sqrt{x^2+{30}^2}+\sqrt{{(100-x)}^2+{45}^2}$

Đặt $f\left(x\right)=\sqrt{x^2+{30}^2}+\sqrt{{(100-x)}^2+{45}^2}$ với \(\left( 0

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left(x\right)$ với \(0

$f^{\prime }\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^2+{30}^2}}+\frac{-\left(100-x\right)}{\sqrt{12015-200x+x^2}},f^{\prime }\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=40\left(tm\right)\\ x=-200\left(ktm\right)\end{array}$

Khi đó lập bảng biến thiên ta có

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: $minS=\underset{x\in (0;100)}{min}f\left(x\right)=f\left(40\right)=125m$

Bài toán 5. Có một cơ sở in sách xác định rằng: Diện tích của toàn bộ trang sách là $S\left(c{m}^2\right)$. Do yêu cầu kỹ thuật nên dòng đầu và dòng cuối đều phải cách mép (trên và dưới) trang sách là $a\left(cm\right)$. Lề bên trái và bên phải cũng phải cách mép trái và mép phải của trang sách là \(b\left( cm \right)\left( b

Hướng dẫn giải.

● Gọi $x,y$ lần lượt là chiều rộng và chiều dài của trang sách \(\left( 0

Khi đó chiều rộng phần in sách sẽ là $x-2b,(b<\frac{x}{2})$

Và chiều dài phần in sách sẽ là $y-2a,(a<\frac{y}{2})$

● Theo đề bài ta có: $P=(x-2b)(y-2a)(\ast )$ 

Mặt khác, $S=xy\Rightarrow y=\frac{S}{x}$ , thay vào (*) ta được $P=(x-2b)(\frac{S}{x}-2a)$

Suy ra $P=S+4ab-(2ax+\frac{2bS}{x})$

● Đặt $f\left(x\right)=2ax+\frac{2bS}{x}$ với $x>0$ . Ta nhận thấy $maxP\iff minf\left(x\right)$

$f^{\prime }\left(x\right)=2a-\frac{2bS}{x^2},f^{\prime }\left(x\right)=0\iff x=\sqrt{\frac{bS}{a}}$ .

Và đồng thời $f^{″}\left(x\right)=\frac{4bS}{x^2}>0$ $\Rightarrow \underset{x\in (0;+\mathrm{\infty })}{min}f\left(x\right)=f\left(\sqrt{\frac{bS}{a}}\right)=4\sqrt{abS}$.

Khi đó $x=\sqrt{\frac{bS}{a}},y=\sqrt{\frac{aS}{b}}\Rightarrow \frac{y}{x}=\frac{S}{x^2}=\frac{a}{b}>1$

 

...

--(Nội dung đầy đủ, chi tiết vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---

Trên đây là một phần trích đoạn nội dung Các bài toán ứng dụng đạo hàm trong thực tế. Để xem thêm nhiều tài liệu tham khảo hữu ích khác các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập.

Các em quan tâm có thể tham khảo thêm các tài liệu cùng chuyên mục:

• Các quy tắc tính đạo hàm và bài tập áp dụng

• Ứng dụng hình học không gian giải các bài toán thực tế

Chúc các em học tập tốt!