50+ Soal dan Pembahasan Turunan Fungsi Matematika SMA

Gunakan aturan turunan untuk fungsi polinom:

$f'(x) = 15x^2 – 4x + 4$

Tuliskan terlebih dahulu $f(x) = x^{1/2}$, kemudian gunakan aturan turunan fungsi pangkat:

$f'(x) = \frac{1}{2}x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$

Tuliskan terlebih dahulu $f(x) = x^{-2}$, kemudian gunakan aturan turunan fungsi pangkat:

$f'(x) = -2x^{-3} = -\frac{2}{x^3}$

Gunakan aturan perkalian (product rule):

$f'(x) = (2x+3)’ \cdot (x^2-1) + (2x+3) \cdot (x^2-1)’$

$f'(x) = 2 \cdot (x^2-1) + (2x+3) \cdot 2x$

$f'(x) = 2x^2 – 2 + 4x^2 + 6x$

$f'(x) = 6x^2 + 6x – 2$

Gunakan aturan pembagian (quotient rule):

$f'(x) = \frac{(x+1)’ \cdot (x-2) – (x+1) \cdot (x-2)’}{(x-2)^2}$

$f'(x) = \frac{1 \cdot (x-2) – (x+1) \cdot 1}{(x-2)^2}$

$f'(x) = \frac{x-2 – (x+1)}{(x-2)^2}$

$f'(x) = \frac{x-2-x-1}{(x-2)^2}$

$f'(x) = \frac{-3}{(x-2)^2}$

Gunakan aturan perkalian (product rule):

$f'(x) = (\sin x)’ \cdot \cos x + \sin x \cdot (\cos x)’$

$f'(x) = \cos x \cdot \cos x + \sin x \cdot (-\sin x)$

$f'(x) = \cos^2 x – \sin^2 x$

Menggunakan identitas trigonometri $\cos^2 x – \sin^2 x = \cos 2x$, maka:

$f'(x) = \cos 2x$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = e^{2x} \cdot (2x)’$

$f'(x) = e^{2x} \cdot 2$

$f'(x) = 2e^{2x}$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = \frac{1}{x^2 + 1} \cdot (x^2 + 1)’$

$f'(x) = \frac{1}{x^2 + 1} \cdot 2x$

$f'(x) = \frac{2x}{x^2 + 1}$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = 2 \sin x \cdot (\sin x)’$

$f'(x) = 2 \sin x \cdot \cos x$

$f'(x) = \sin 2x$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f(x) = (1 – x^2)^{1/2}$

$f'(x) = \frac{1}{2}(1 – x^2)^{-1/2} \cdot (1 – x^2)’$

$f'(x) = \frac{1}{2}(1 – x^2)^{-1/2} \cdot (-2x)$

$f'(x) = \frac{-x}{\sqrt{1 – x^2}}$

Untuk $x \neq 0$, fungsi nilai mutlak didefinisikan sebagai:

$|x| = \begin{cases} x, & \text{jika } x > 0 \\ -x, & \text{jika } x < 0 \end{cases}$

Maka turunannya adalah:

$f'(x) = \begin{cases} 1, & \text{jika } x > 0 \\ -1, & \text{jika } x < 0 \end{cases}$

Gunakan definisi $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ dan aturan pembagian (quotient rule):

$f'(x) = \frac{(\sin x)’ \cdot \cos x – \sin x \cdot (\cos x)’}{\cos^2 x}$

$f'(x) = \frac{\cos x \cdot \cos x – \sin x \cdot (-\sin x)}{\cos^2 x}$

$f'(x) = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x}$

Menggunakan identitas trigonometri $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$, maka:

$f'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} = \sec^2 x$

Gunakan aturan pembagian (quotient rule):

$f'(x) = \frac{(1)’ \cdot (1 + e^x) – 1 \cdot (1 + e^x)’}{(1 + e^x)^2}$

$f'(x) = \frac{0 \cdot (1 + e^x) – 1 \cdot e^x}{(1 + e^x)^2}$

$f'(x) = \frac{-e^x}{(1 + e^x)^2}$

Gunakan aturan perkalian (product rule):

$f'(x) = (x)’ \cdot \ln x + x \cdot (\ln x)’$

$f'(x) = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x}$

$f'(x) = \ln x + 1$

Tuliskan terlebih dahulu $f(x) = x^{1/3}$, kemudian gunakan aturan turunan fungsi pangkat:

$f'(x) = \frac{1}{3} x^{-2/3} = \frac{1}{3x^{2/3}} = \frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = 5(x^2 + 1)^4 \cdot (x^2 + 1)’$

$f'(x) = 5(x^2 + 1)^4 \cdot 2x$

$f'(x) = 10x(x^2 + 1)^4$

Gunakan aturan pembagian (quotient rule):

$f'(x) = \frac{(x^2 – 1)’ \cdot (x^2 + 1) – (x^2 – 1) \cdot (x^2 + 1)’}{(x^2 + 1)^2}$

$f'(x) = \frac{2x \cdot (x^2 + 1) – (x^2 – 1) \cdot 2x}{(x^2 + 1)^2}$

$f'(x) = \frac{2x(x^2 + 1) – 2x(x^2 – 1)}{(x^2 + 1)^2}$

$f'(x) = \frac{2x(x^2 + 1 – x^2 + 1)}{(x^2 + 1)^2}$

$f'(x) = \frac{4x}{(x^2 + 1)^2}$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = e^{\sin x} \cdot (\sin x)’$

$f'(x) = e^{\sin x} \cdot \cos x$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = \frac{1}{\cos x} \cdot (\cos x)’$

$f'(x) = \frac{1}{\cos x} \cdot (-\sin x)$

$f'(x) = -\frac{\sin x}{\cos x} = -\tan x$

Menggunakan rumus turunan fungsi arcsin:

$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

Menggunakan rumus turunan fungsi arccos:

$f'(x) = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

Menggunakan rumus turunan fungsi arctan:

$f'(x) = \frac{1}{1+x^2}$

Tulis fungsi dalam bentuk eksponensial: $f(x) = x^x = e^{x \ln x}$

Gunakan aturan rantai untuk turunan fungsi eksponensial:

$f'(x) = e^{x \ln x} \cdot (x \ln x)’$

$f'(x) = x^x \cdot (x \ln x)’$

$f'(x) = x^x \cdot (\ln x + 1)$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = \cos(x^2) \cdot (x^2)’$

$f'(x) = \cos(x^2) \cdot 2x$

$f'(x) = 2x \cos(x^2)$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = \frac{1}{\ln x} \cdot (\ln x)’$

$f'(x) = \frac{1}{\ln x} \cdot \frac{1}{x}$

$f'(x) = \frac{1}{x \ln x}$

Gunakan aturan pembagian (quotient rule):

$f'(x) = \frac{(\sin x)’ \cdot x – \sin x \cdot (x)’}{x^2}$

$f'(x) = \frac{\cos x \cdot x – \sin x \cdot 1}{x^2}$

$f'(x) = \frac{x \cos x – \sin x}{x^2}$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = 3\cos^2 x \cdot (\cos x)’$

$f'(x) = 3\cos^2 x \cdot (-\sin x)$

$f'(x) = -3\cos^2 x \sin x$

Ingat bahwa $\sec x = \frac{1}{\cos x}$. Gunakan aturan pembagian:

$f'(x) = \frac{(1)’ \cdot \cos x – 1 \cdot (\cos x)’}{\cos^2 x}$

$f'(x) = \frac{0 \cdot \cos x – 1 \cdot (-\sin x)}{\cos^2 x}$

$f'(x) = \frac{\sin x}{\cos^2 x} = \frac{\sin x}{\cos x} \cdot \frac{1}{\cos x} = \tan x \cdot \sec x = \sec x \tan x$

Ingat bahwa $\csc x = \frac{1}{\sin x}$. Gunakan aturan pembagian:

$f'(x) = \frac{(1)’ \cdot \sin x – 1 \cdot (\sin x)’}{\sin^2 x}$

$f'(x) = \frac{0 \cdot \sin x – 1 \cdot \cos x}{\sin^2 x}$

$f'(x) = -\frac{\cos x}{\sin^2 x} = -\frac{\cos x}{\sin x} \cdot \frac{1}{\sin x} = -\cot x \cdot \csc x = -\csc x \cot x$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = e^{-x^2} \cdot (-x^2)’$

$f'(x) = e^{-x^2} \cdot (-2x)$

$f'(x) = -2x e^{-x^2}$

Untuk $x > 0$, $f(x) = \ln x$ dan $f'(x) = \frac{1}{x}$.

Untuk $x < 0$, $f(x) = \ln(-x)$ dan:

$f'(x) = \frac{1}{-x} \cdot (-1) = \frac{1}{x}$

Jadi, untuk $x \neq 0$, $f'(x) = \frac{1}{x}$.

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = \frac{1}{2}(x^2 + 1)^{-1/2} \cdot (x^2 + 1)’$

$f'(x) = \frac{1}{2}(x^2 + 1)^{-1/2} \cdot 2x$

$f'(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$

Turunan pertama: $f'(x) = 3x^2 – 4x + 3$

Turunan kedua: $f”(x) = 6x – 4$

Turunan pertama: $f'(x) = \cos x$

Turunan kedua: $f”(x) = -\sin x$

Gunakan aturan perkalian (product rule):

$f'(x) = (x)’ \cdot \sin x + x \cdot (\sin x)’$

$f'(x) = 1 \cdot \sin x + x \cdot \cos x$

$f'(x) = \sin x + x \cos x$

Gunakan aturan pembagian (quotient rule):

$f'(x) = \frac{(e^x)’ \cdot (1 + e^x) – e^x \cdot (1 + e^x)’}{(1 + e^x)^2}$

$f'(x) = \frac{e^x \cdot (1 + e^x) – e^x \cdot e^x}{(1 + e^x)^2}$

$f'(x) = \frac{e^x + e^{2x} – e^{2x}}{(1 + e^x)^2}$

$f'(x) = \frac{e^x}{(1 + e^x)^2}$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$f'(x) = -\sin(2x + 1) \cdot (2x + 1)’$

$f'(x) = -\sin(2x + 1) \cdot 2$

$f'(x) = -2\sin(2x + 1)$

Gunakan aturan pembagian (quotient rule) atau tulis terlebih dahulu $f(x) = (1 – x^2)^{-1}$:

$f'(x) = -1 \cdot (-1) \cdot (1 – x^2)^{-2} \cdot (1 – x^2)’$

$f'(x) = (1 – x^2)^{-2} \cdot (-2x)$

$f'(x) = \frac{-2x}{(1 – x^2)^2} = \frac{2x}{(1 – x^2)^2}$

Ingat bahwa $\frac{1}{\sin x} = \csc x$, sehingga:

$f'(x) = -\csc x \cot x$

Alternatif lain, bisa menggunakan aturan pembagian (quotient rule):

$f'(x) = \frac{(1)’ \cdot \sin x – 1 \cdot (\sin x)’}{\sin^2 x}$

$f'(x) = \frac{0 – \cos x}{\sin^2 x} = -\frac{\cos x}{\sin^2 x} = -\csc x \cot x$

$(f \circ g)(x) = f(g(x)) = \cos(\sin x)$

Gunakan aturan rantai (chain rule):

$(f \circ g)'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x)$

$(f \circ g)'(x) = -\sin(\sin x) \cdot \cos x$

$(f \circ g)'(x) = -\cos x \sin(\sin x)$

$f'(x) = 2x – 3$

$f'(2) = 2(2) – 3 = 4 – 3 = 1$

Persamaan garis singgung: $y – y_0 = f'(x_0)(x – x_0)$

$y – 0 = 1(x – 2)$

$y = x – 2$

$f'(x) = 3x^2 – 6x – 9 = 3(x^2 – 2x – 3) = 3(x-3)(x+1)$

$f'(x) = 0$ saat $x = 3$ atau $x = -1$

$f”(x) = 6x – 6$

$f”(3) = 6(3) – 6 = 18 – 6 = 12 > 0$ (minimum lokal)

$f”(-1) = 6(-1) – 6 = -6 – 6 = -12 < 0$ (maksimum lokal)

Jadi, nilai $x$ di mana fungsi mencapai minimum lokal adalah $x = 3$.

$f'(x) = 3x^2 – 3 = 3(x^2 – 1) = 3(x-1)(x+1)$

$f'(x) = 0$ saat $x = 1$ atau $x = -1$

$f'(x) < 0$ untuk $-1 < x < 1$ (fungsi turun)

$f'(x) > 0$ untuk $x < -1$ atau $x > 1$ (fungsi naik)

Jadi, interval di mana fungsi naik adalah $(-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.

Turunkan kedua ruas terhadap $x$:

$\frac{d}{dx}[x^2 + y^2] = \frac{d}{dx}[25]$

$2x + 2y\frac{dy}{dx} = 0$

$2y\frac{dy}{dx} = -2x$

$\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$

$f'(x) = 6x^2 – 6x – 12 = 6(x^2 – x – 2) = 6(x-2)(x+1)$

$f'(x) = 0$ saat $x = 2$ atau $x = -1$

Jadi, titik-titik kritis fungsi adalah $x = -1$ dan $x = 2$.

Syarat pertama: kurva melalui titik $(2, 4)$

$4 = a(2)^2 + b(2)$

$4 = 4a + 2b$ … (1)

Syarat kedua: gradien di titik tersebut adalah 5

$f'(x) = 2ax + b$

$f'(2) = 2a(2) + b = 4a + b = 5$ … (2)

Dari persamaan (1) dan (2), diperoleh:

$4a + 2b = 4$ … (1)

$4a + b = 5$ … (2)

Dari (2): $b = 5 – 4a$

Substitusi ke (1): $4a + 2(5 – 4a) = 4$

$4a + 10 – 8a = 4$

$-4a = -6$

$a = \frac{3}{2}$

Substitusi nilai $a$ ke persamaan $b = 5 – 4a$:

$b = 5 – 4 \cdot \frac{3}{2} = 5 – 6 = -1$

Jadi, $a = \frac{3}{2}$ dan $b = -1$.

$f'(x) = 3x^2 – 6x$

$f”(x) = 6x – 6 = 6(x – 1)$

$f”(x) = 0$ saat $x = 1$

$f”(x) < 0$ untuk $x < 1$ (cekung ke bawah)

$f”(x) > 0$ untuk $x > 1$ (cekung ke atas)

Jadi, interval di mana fungsi cekung ke atas adalah $(1, \infty)$.

$f'(x) = 3 – 2x$

$f'(x) = 0$ saat $3 – 2x = 0 \Rightarrow x = \frac{3}{2}$

Nilai $f$ di titik-titik kritis dan ujung interval:

$f(0) = 3 \cdot 0 – 0^2 = 0$

$f(\frac{3}{2}) = 3 \cdot \frac{3}{2} – (\frac{3}{2})^2 = \frac{9}{2} – \frac{9}{4} = \frac{9}{4}$

$f(4) = 3 \cdot 4 – 4^2 = 12 – 16 = -4$

Jadi, nilai maksimum fungsi pada interval $[0, 4]$ adalah $\frac{9}{4} = 2,25$ yang dicapai saat $x = \frac{3}{2}$.

$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}\left[\frac{1}{1 + e^x}\right]$

$\frac{dy}{dx} = \frac{-(1 + e^x)’ \cdot 1}{(1 + e^x)^2} = \frac{-e^x}{(1 + e^x)^2}$

Perhatikan bahwa $y = \frac{1}{1 + e^x}$, sehingga $1 – y = 1 – \frac{1}{1 + e^x} = \frac{e^x}{1 + e^x}$

$-y(1-y) = -\frac{1}{1 + e^x} \cdot \frac{e^x}{1 + e^x} = -\frac{e^x}{(1 + e^x)^2} = \frac{dy}{dx}$

Jadi, terbukti bahwa $\frac{dy}{dx} = -y(1-y)$.

Misalkan panjang sisi alas adalah $x$ cm dan tinggi kotak adalah $h$ cm.

Volume kotak: $V = x^2 \cdot h = 64$

$h = \frac{64}{x^2}$

Luas permukaan kotak: $L = 2x^2 + 4xh$

$L = 2x^2 + 4x \cdot \frac{64}{x^2} = 2x^2 + \frac{256}{x}$

$\frac{dL}{dx} = 4x – \frac{256}{x^2}$

$\frac{dL}{dx} = 0$ saat $4x – \frac{256}{x^2} = 0$

$4x^3 = 256$

$x^3 = 64$

$x = 4$

$h = \frac{64}{x^2} = \frac{64}{16} = 4$

Jadi, ukuran kotak yang memiliki luas permukaan minimum adalah kotak kubus dengan sisi 4 cm.

$f'(x) = \frac{d}{dx}\left[\frac{1}{x}\right] = -\frac{1}{x^2}$

$f'(2) = -\frac{1}{2^2} = -\frac{1}{4}$

Gradien garis normal di titik $(2, \frac{1}{2})$ adalah kebalikan negatif dari gradien garis singgung:

$m_{normal} = -\frac{1}{m_{singgung}} = -\frac{1}{(-\frac{1}{4})} = 4$

Persamaan garis normal: $y – y_0 = m_{normal}(x – x_0)$

$y – \frac{1}{2} = 4(x – 2)$

$y – \frac{1}{2} = 4x – 8$

$y = 4x – 8 + \frac{1}{2} = 4x – \frac{15}{2}$

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{5x} = \lim_{x \to 0} \frac{3 \sin 3x}{15x} = \frac{3}{15} \lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{3x} \cdot 3$

Mengingat bahwa $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$, kita bisa substitusi $u = 3x$:

$\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$

Jadi, $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{5x} = \frac{3}{15} \cdot 1 \cdot 3 = \frac{3}{5}$

Agar $f$ kontinu di $x = 1$, haruslah $\lim_{x \to 1} f(x) = f(1) = k$.

$\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{x^2 – 1}{x – 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = \lim_{x \to 1} (x+1) = 1 + 1 = 2$

Jadi, agar $f$ kontinu di $x = 1$, nilai $k = 2$.

Menggunakan Teorema Fundamental Kalkulus:

$f'(x) = \sin(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = \sin(x^2) \cdot 2x = 2x \sin(x^2)$

Diketahui $f(1) = 4$, maka $f^{-1}(4) = 1$.

Jika $y = f(x)$, maka $x = f^{-1}(y)$.

Hubungan turunan fungsi invers: $(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(x)}$ di mana $y = f(x)$.

$f'(x) = 2x + 3$

$f'(1) = 2(1) + 3 = 5$

$(f^{-1})'(4) = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{5}$

Perhatikan bahwa $y = \sqrt{x + y}$, sehingga $y^2 = x + y$.

$y^2 – y = x$

Turunkan kedua ruas terhadap $x$:

$2y \cdot y’ – y’ = 1$

$y'(2y – 1) = 1$

$(2y-1)y’ = 1$

$f'(x) = 1 – \frac{16}{x^2}$

$f'(x) = 0$ saat $1 – \frac{16}{x^2} = 0$

$\frac{16}{x^2} = 1$

$x^2 = 16$

$x = 4$ (karena $x > 0$)

$f”(x) = \frac{32}{x^3} > 0$ untuk $x > 0$, sehingga ini adalah nilai minimum.

$f(4) = 4 + \frac{16}{4} = 4 + 4 = 8$

Jadi, nilai minimum fungsi adalah 8, yang dicapai saat $x = 4$.

$f'(x) = 6x^2 – 30x + 36 = 6(x^2 – 5x + 6) = 6(x-2)(x-3)$

$f'(x) = 0$ saat $x = 2$ atau $x = 3$

$f”(x) = 12x – 30$

$f”(2) = 12(2) – 30 = 24 – 30 = -6 < 0$ (maksimum lokal)

$f”(3) = 12(3) – 30 = 36 – 30 = 6 > 0$ (minimum lokal)

Jadi, fungsi mencapai nilai maksimum lokal di $x = 2$ dan nilai minimum lokal di $x = 3$.

$f'(x) = \cos x – \sin x = \sqrt{2} \cos(x + \frac{\pi}{4})$

$f'(x) = 0$ saat $\cos(x + \frac{\pi}{4}) = 0$

$x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + n\pi$, di mana $n$ adalah bilangan bulat

$x = \frac{\pi}{4} + n\pi$

Untuk $0 \leq x \leq 2\pi$, nilai $x$ yang memenuhi adalah $x = \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}$.

$f(\frac{\pi}{4}) = \sin(\frac{\pi}{4}) + \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$

$f(\frac{5\pi}{4}) = \sin(\frac{5\pi}{4}) + \cos(\frac{5\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2}$

Jadi, nilai maksimum $f(x)$ adalah $\sqrt{2}$ (saat $x = \frac{\pi}{4}$) dan nilai minimum $f(x)$ adalah $-\sqrt{2}$ (saat $x = \frac{5\pi}{4}$).

Menggunakan aturan rantai:

$h'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x)$

$h'(1) = f'(g(1)) \cdot g'(1)$

$h'(1) = f'(2) \cdot g'(1)$

$h'(1) = 3 \cdot 4 = 12$