Chương 2 ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN SỐ 2.1 Đạo hàm Định nghĩa 1. f ′ ( x 0 ) = lim ∆ x → 0 f ( x 0 + ∆ x ) − f ( x 0 ) ∆ x Ví dụ 1. Tìm đạo hàm của hàm số f ( x ) = cos x tại điểm x 0 | Lời giải. Ta có f ′ ( x 0 ) = lim x → x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 = lim x → x 0 cos x − cos x 0 x − x 0 = lim x → x 0 − 2 sin x + x 0 2 sin x − x 0 2 x − x 0 = lim x → x 0 ( − sin x + x 0 2 sin x − x 0 2 x − x 0 2 ) = lim x → x 0 ( − sin x + x 0 2 ) = − sin x 0 + x 0 2 = sin x 0 Ví dụ 2. Tìm f ′ ( 0 ) biết f ( x ) = x 2 sin 1 x , x ̸ = 0 0 , x = 0 | Lời giải. Ta có f ′ ( 0 ) = lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x − 0 = lim x → 0 x 2 sin 1 x − 0 x = lim x → 0 ( x sin 1 x ) Vì − 1 ≤ sin 1 x ≤ 1 nên − x ≤ x sin 1 x ≤ x = ⇒ lim x → 0 ( x sin 1 x ) = 0 hay f ′ ( 0 ) = 0 Định nghĩa 2 (Đạo hàm phải). f ′ ( x + 0 ) = lim ∆ x → 0 + f ( x 0 + ∆ x ) − f ( x 0 ) ∆ x Định nghĩa 3 (Đạo hàm trái). f ′ ( x − 0 ) = lim ∆ x → 0 − f ( x 0 + ∆ x ) − f ( x 0 ) ∆ x Định lí 1. Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại điểm x 0 , khi và chỉ nó có đạo hàm trái và đạo hàm phải tại điểm x 0 , và hai đạo hàm này bằng nhau. 1 Ví dụ 3. Tìm f ′ ( x ) biết f ( x ) = x 2 − 3 | x | + 2 | Lời giải. Ta có f ( x ) = { x 2 − 3 x + 2 , x ≥ 0 x 2 + 3 x + 2 , x < 0 Lại có f ′ ( x + 0 ) = lim x → x + 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 = lim x → x + 0 ( x 2 − 3 x + 2 ) − ( x 2 0 − 3 x 0 + 2 ) x − x 0 = lim x → x + 0 ( x 2 − x 2 0 ) − 3 ( x − x 0 ) x − x 0 = lim x → x + 0 ( x + x 0 − 3 ) = 2 x 0 − 3 f ′ ( x − 0 ) = lim x → x − 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 = lim x → x − 0 ( x 2 + 3 x + 2 ) − ( x 2 0 + 3 x 0 + 2 ) x − x 0 = lim x → x − 0 ( x 2 − x 2 0 ) + 3 ( x − x 0 ) x − x 0 = lim x → x − 0 ( x + x 0 + 3 ) = 2 x 0 + 3 Ví dụ 4. Tìm f ′ ( 0 + ) , f ′ ( 0 − ) biết f ( x ) = | sin 2 x | | Lời giải. Ví dụ 5. Tìm f ′ ( x ) biết f ( x ) = sin x x , x ̸ = 0 1 , x = 0 | Lời giải. Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x ) = e x − x − 1 x 2 , x ̸ = 0 m , x = 0 a) Tìm m để f ( x ) liên tục tại x = 0 b) Tính đạo hàm f ′ ( 0 ) với m vừa tìm. | Lời giải. Ví dụ 7. Cho y = ( √ x + 1 ) ( 1 √ x − 1 ) . Tính y ′ | Lời giải. Đạo hàm các hàm lượng giác ngược 1) ( arcsin x ) ′ = 1 √ 1 − x 2 2) ( arccos x ) ′ = − 1 √ 1 − x 2 3) ( arctan x ) ′ = 1 1 + x 2 4) ( arcsin x ) ′ = − 1 1 + x 2 1) ( arcsin u ) ′ = u ′ √ 1 − u 2 2) ( arccos u ) ′ = − u ′ √ 1 − u 2 3) ( arctan u ) ′ = u ′ 1 + u 2 4) ( arcsin u ) ′ = − u ′ 1 + u 2 Đạo hàm của hàm hợp Ví dụ 8. Tìm f ′ ( x ) biết f ( x ) = ( 2 x + 1 ) sin x | Lời giải. 2 Lấy ln cho hai vế ta được ln f ( x ) = sin x ln ( 2 x + 1 ) (1) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được f ′ ( x ) f ( x ) = cos x ln ( 2 x + 1 ) + 2 2 x + 1 sin x = ⇒ f ′ ( x ) = ( 2 x + 1 ) sin x ( cos x ln ( 2 x + 1 ) + 2 2 x + 1 sin x ) Đạo hàm cấp cao (1) Hàm số f ( x ) = x k với k ∈ Z + có đạo hàm cấp n , với mọi n là f n ( x ) = k ( k − 1 ) . . . ( k − n + 1 ) x k − n (2) Hàm số f ( x ) = e x có f n ( x ) = e x với mọi n (3) Nếu f ( x ) = sin x thì f ( 2 k ) ( x ) = ( − 1 ) k sin x , f ( 2 k + 1 ) ( x ) = ( − 1 ) k cos x Nếu f ( x ) = cos x thì f ( 2 k ) ( x ) = ( − 1 ) k cos x , f ( 2 k + 1 ) ( x ) = ( − 1 ) k + 1 sin x Các quy tắc lấy đạo hàm cấp cao (1) Ta có ( λ f + μ g ) ( n ) = λ f ( n ) + μ g ( n ) với bất cứ hàm số f , g khả vi n lần và bất kì λ , μ thực. (2) Quy tắc Leibnitz Với bất kì hàm số f , g khả vi n lần, ta có ( f g ) ( n ) = f ( n ) g + n f ( n − 1 ) g ′ + n ( n − 1 ) 2 f ( n − 2 ) g ′′ + . . . + n ( n − 1 )( n − 2 ) . . . ( n − k + 1 ) k ! f ( n − k ) g ( k ) + . . . + n f ′ g ( n − 1 ) + f g ( n ) = n ∑ k = 0 C k n f ( n − k ) g ( k ) Ví dụ 9. Tìm đạo hàm cấp n của f ( x ) = 1 1 + x | Lời giải. Ta viết f ( x ) = ( 1 + x ) − 1 ( ( 1 + x ) − 1 ) ( n ) = ( − 1 )( 1 )( − 1 − 1 )( 1 ) . . . ( − 1 − n + 1 )( 1 )( 1 + x ) − 1 − n = ( − 1 )( − 2 ) . . . ( − n ) 1 ( 1 + x ) n + 1 = ( − 1 ) n n ! ( 1 + x ) n + 1 Tương tự ta cũng tính được ( ( 1 − x ) − 1 ) ( n ) = n ! ( 1 − x ) n + 1 Ví dụ 10. Tìm đạo hàm cấp n của f ( x ) = 1 1 − x 2 | Lời giải. Ta có f ( x ) = 1 ( 1 − x )( 1 + x ) = 1 2 ( 1 1 − x − 1 1 + x ) Dễ thấy f n ( x ) = n ! 2 ( 1 ( 1 − x ) n + 1 + ( − 1 ) n ( 1 + x ) n + 1 ) 2.2 Vi phân Định nghĩa 4 (khả vi). Hàm số y = f ( x ) được gọi là khả vi tại điểm x 0 , nếu f ( x 0 + ∆ x ) − f ( x 0 ) = A ∆ x + o ( ∆ x ) Khi đó A ∆ x được gọi là vi phân của hàm f ( x ) tại x 0 , kí hiệu: d f ( x 0 ) = A ∆ x 3 Định lí 2. Hàm số y = f ( x ) khả vi tại x 0 khi và chỉ khi tồn tại f ′ ( x 0 ) Vi phân của hàm f ( x ) tại x 0 : d f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) dx Tính chất của vi phân 1) d α = 0 với α ∈ R 2) d ( α f ) = α · d f , α ∈ R 3) d ( f + g ) = d f + dg 4) d ( f · g ) = gd f + f dg 5) d ( f g ) = gd f − f dg g 2 Vi phân của hàm hợp Ứng dụng vi phân cấp một tính gần đúng y = y ( x ) là hàm khả vi trong lân cận của x 0 f ( x 0 + ∆ x ) − f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) ∆ x + o ( ∆ x ) = ⇒ f ( x ) − f ( x 0 ) ≈ f ′ ( x 0 )( x − x 0 ) ∆ f ≈ d f Công thức tính gần đúng dựa vào vi phân cấp 1 f ( x ) ≈ f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 )( x − x 0 ) Thay vì ta tính giá trị ∆ f phức tạp, tính d f đơn giản hơn. Ví dụ 11. Cho hàm số f ( x ) = x 3 + x 2 − 2 x + 1 a) Tính ∆ f và d f , nếu x thay đổi từ 2 đến 2 , 01 b) Tính ∆ f và d f , nếu x thay đổi từ 2 đến 2 , 05 | Lời giải. a) ∆ f = f ( 2 , 01 ) − f ( 2 ) = 0 , 140701 d f = f ′ ( 2 ) dx = 0 , 14 b) Tương tự. Ví dụ 12. a) Tìm vi phân cấp 1 tại x 0 = 1 của f = √ x + 3 b) Từ ý a) hãy tính gần đúng √ 3 , 98 | Lời giải. a) f ′ ( x ) = 1 2 √ x + 3 = ⇒ f ′ ( 1 ) = 1 4 d f ( 1 ) = f ′ ( 1 ) dx = 1 4 dx b) √ 3 , 98 = f ( 0 , 98 ) f ( 0 , 98 ) ≈ f ( 1 ) + f ′ ( 1 )( 0 , 98 − 1 ) = 2 + 1 4 ( 0 , 98 − 1 ) = 1 , 995 Vi phân cấp cao Nếu f ( x ) khả vi thì vi phân của vi phân d f được gọi là vi phân cấp 2 của f ( x ) , kí hiệu: d 2 f . Ta có d 2 f = d ( d f ) 2.3 Công thức Taylor, Maclaurin Định nghĩa 5. Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp n trong lân cận của x 0 . Đa thức P n ( x ) = f ( x 0 ) + n ∑ k = 1 f ( k ) ( x 0 ) k ! ( x − x 0 ) k gọi là khai triển Taylor đến bậc n của hàm f ( x ) trong lân cận của x 0 4 Định lí 3. f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) 1! ( x − x 0 ) + f ′′ ( x 0 ) 2! ( x − x 0 ) 2 + . . . + f n ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n + f n + 1 ( ξ ) ( n + 1 ) ! ( x − x 0 ) n + 1 Khai triển Taylor tại x = 0 gọi là khai triển Maclaurin. Khai triển Maclaurin của một số hàm thường gặp 1) e x = 1 + x + x 2 2! + x 3 3! + . . . + x n n ! + o ( x n ) 2) ln ( 1 + x ) = x − x 2 2 + x 3 3 − . . . + ( − 1 ) n − 1 x n n + o ( x n ) 3) 1 1 + x = 1 − x + x 2 − x 3 + . . . + ( − 1 ) n x n + o ( x n ) 4) 1 1 − x = 1 + x + x 2 + x 3 + . . . + x n + o ( x n ) Khai triển Maclaurin cho hàm lượng giác https://youtu.be/Btuhq92xYBo Ví dụ 13. Khai triển Maclaurin đến lũy thừa bậc 3 với phần dư Peano của hàm f ( x ) = x ln ( 2 x + 3 ) | Lời giải. Viết lại ln ( 2 x + 3 ) = ln ( 3 ) + ln ( 1 + 2 x 3 ) Khai triển Maclaurin của ln ( 1 + 2 x 3 ) là ln ( 1 + 2 x 3 ) = 2 x 3 − 1 2 · ( 2 x 3 ) 2 + o ( x 2 ) = 2 x 3 − 2 x 2 9 + o ( x 2 ) Khai triển Maclaurin của f ( x ) là x ln 3 + 2 x 2 3 − 2 x 3 9 + o ( x 3 ) Ví dụ 14. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3 của hàm số f ( x ) = 1 x 2 − 5 x + 6 | Lời giải. Viết lại f ( x ) = 1 ( x − 2 )( x − 3 ) = 1 x − 3 − 1 x − 2 Khai triển Maclaurin của 1 x − 3 = − 1 3 · 1 1 − x 3 là − 1 3 ( 1 + x 3 + x 2 9 + x 3 27 + o ( x 3 ) ) = − 1 3 − x 9 − x 2 27 − x 3 81 + o ( x 3 ) Khai triển Maclaurin của 1 x − 2 = − 1 2 · 1 1 − x 2 là − 1 2 ( 1 + x 2 + x 2 4 + x 3 8 + o ( x 3 ) ) = − 1 2 − x 4 − x 2 8 − x 3 16 + o ( x 3 ) Do đó f ( x ) = 1 6 + 5 x 36 + 19 x 2 216 + 65 x 3 1296 + o ( x 3 ) Ví dụ 15. Tìm khai triển Taylor tại x 0 = 1 đến cấp 3 của hàm số f ( x ) = ln ( 2 + 3 x ) | Lời giải. f ( 1 ) = ln 5 f ′ ( x ) = 3 2 + 3 x = ⇒ f ′ ( 1 ) = 3 5 f ′′ ( x ) = − 9 ( 2 + 3 x ) 2 = ⇒ f ′′ ( 1 ) = − 9 25 f ′′′ ( x ) = 54 ( 2 + 3 x ) 3 = ⇒ f ′′′ ( 1 ) = 54 125 f ( x ) = f ( 1 ) + f ′ ( 1 )( x − 1 ) + f ′′ ( 1 ) 2! ( x − 1 ) 2 + f ′′′ ( 1 ) 3! ( x − 3 ) 3 + o (( x − 1 ) 3 ) = ln 5 + 3 5 ( x − 1 ) − 9 50 ( x − 1 ) 2 + 9 125 ( x − 1 ) 3 + o (( x − 1 ) 3 ) 5 2.4 Quy tắc L’Hospital Định lí 4. Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) thỏa mãn 1) Khả vi trong khoảng ( a ; b ) lim x → x 0 f ( x ) g ( x ) = lim x → x 0 f ′ ( x ) g ′ ( x ) Ví dụ 16. Tính giới hạn lim x → 0 + x x | Lời giải. Ta có x x = e ln x x = e x ln x . Do đó lim x → 0 + x x = lim x → 0 + e x ln x = e lim x → 0 + x ln x Bây giờ ta cần tính lim x → 0 + x ln x = lim x → 0 + ln x 1 x = lim x → 0 + 1 x − 1 x 2 = lim x → 0 + − x = 0 Vậy lim x → 0 + x x = e 0 = 1 Ví dụ 17. Tính giới hạn lim x → + ∞ xe − 3 x | Lời giải. Ta có lim x → + ∞ xe − 3 x = lim x → + ∞ x e 3 x = lim x → + ∞ 1 3 e 3 x = 0 Ví dụ 18. Tính giới hạn lim x → 0 tan x − x x 3 | Lời giải. Ta có lim x → 0 tan x − x x 3 = lim x → 0 1 + tan 2 x − 1 3 x 2 = lim x → 0 tan 2 x 3 x 2 Đến đây, ta có 2 hướng xử lý C1. lim x → 0 tan 2 x 3 x 2 = lim x → 0 1 3 · ( tan x x ) 2 = 1 3 (do lim x → 0 tan x x = 1 ) C2. lim x → 0 tan 2 x 3 x 2 = lim x → 0 2 tan x 1 cos 2 x 6 x = lim x → 0 tan x x · 1 3 cos 2 x = 1 3 Ví dụ 19. Tính giới hạn lim x → + ∞ √ 1 + x 2 − 3 √ x 3 − x x | Lời giải. C1. (L’Hospital) lim x → + ∞ √ 1 + x 2 − 3 √ x 3 − x x = lim x → + ∞ ( x √ 1 + x 2 − 3 x 2 − 1 3 3 √ ( x 3 − x ) 2 ) lim x → + ∞ 1 √ 1 x 2 + 1 − 3 − 1 x 2 3 3 √ ( 1 − 1 x 2 ) 2 = 0 C2. lim x → + ∞ √ 1 + x 2 − 3 √ x 3 − x x = lim x → + ∞ ( √ 1 + x 2 x − 3 √ x 3 − x x ) = lim x → + ∞ (√ 1 + x 2 x 2 − 3 √ x 3 − x x 3 ) = lim x → + ∞ (√ 1 x 2 + 1 − 3 √ 1 − 1 x 2 ) Khi x → + ∞ , thì 1 x 2 → 0 . Do đó, giới hạn bằng √ 0 + 1 − 3 √ 1 − 0 = 0 6 2.5 Bài tập cuối chương 2.5.1 Tự luận Câu 1. Cho f ( x ) = ( x − 1 )( x − 2 ) 2 ( x − 3 ) 3 . Hãy tính f ′ ( 1 ) , f ′ ( 2 ) , f ′ ( 3 ) | Lời giải. Tính f ′ ( 1 ) : Đặt f ( x ) = ( x − 1 ) g ( x ) với g ( x ) = ( x − 2 ) 2 ( x − 3 ) 3 . Khi đó f ′ ( x ) = g ( x ) + ( x − 1 ) g ′ ( x ) , suy ra f ′ ( 1 ) = g ( 1 ) = ( 1 − 2 ) 2 ( 1 − 3 ) 3 = − 8 Tương tự, ta tìm được f ′ ( 2 ) = 0 , f ′ ( 3 ) = 0 Câu 2. Cho f ( x ) = x + ( x − 1 ) arcsin √ x x + 1 , tính f ′ ( 1 ) | Lời giải. f ′ ( x ) = 1 + arcsin √ x x + 1 + ( x − 1 ) ( arcsin √ x x + 1 ) ′ = ⇒ f ′ ( 1 ) = 1 + arcsin √ 1 1 + 1 = 1 + π 4 Câu 3. Tính y ′ nếu (với f là một hàm khả vi) 1) y = f ( x 2 ) ; 2) y = f ( sin 2 x ) + f ( cos 2 x ) ; 3) y = f ( e x ) e f ( x ) | Lời giải. 1) y ′ = 2 x f ′ ( x 2 ) 2) y ′ = sin 2 x f ′ ( sin 2 x ) − sin 2 x f ′ ( cos 2 x ) 3) Câu 4. Cho f ( x ) = x ( x − 1 )( x − 2 ) . . . ( x − 100 ) . Hãy tính f ′ ( 0 ) | Lời giải. C1. Đặt g ( x ) = ( x − 1 )( x − 2 ) . . . ( x − 100 ) , khi đó f ( x ) = xg ( x ) = ⇒ f ′ ( x ) = g ( x ) + xg ′ ( x ) = ⇒ f ′ ( 0 ) = g ( 0 ) = ( − 1 )( − 2 ) . . . ( − 100 ) = 100! C2 (dùng định nghĩa). f ′ ( 0 ) = lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x − 0 = lim x → 0 x ( x − 1 )( x − 2 ) . . . ( x − 100 ) x = lim x → 0 [ x ( x − 1 )( x − 2 ) . . . ( x − 100 )] = 100! Bài toán tương tự. Cho f ( x ) = ( x − 1 )( x − 2 ) . . . ( x − n ) Tính T = f ′ ( n + 1 ) f ( n + 1 ) Câu 5. Tìm đạo hàm trái và đạo hàm phải của các hàm số: 1) f ( x ) = | x | ; 2) f ( x ) = √ sin x 2 Câu 6. Tìm vi phân các hàm số 1) y = 1 x ; 2) y = 1 a arctan x a với a ̸ = 0 ; 3) y = 1 2 a ln ∣ ∣ ∣ ∣ x − a x + a ∣ ∣ ∣ ∣ với a ̸ = 0 ; 4) y = ln ∣ ∣ ∣ x + √ x 2 + a ∣ ∣ ∣ | Lời giải. 1) dy = ( 1 x ) ′ dx = − 1 x 2 dx 2) y ′ = 1 a 1 a 1 + ( x a ) 2 = 1 x 2 + a 2 . Tính được dy = y ′ dx = 1 x 2 + a 2 dx 3) Viết lại y = 1 2 a ( ln | x − a | − ln | x + a | ) , suy ra y ′ = 1 2 a ( 1 x − a − 1 x + a ) = 1 x 2 − a 2 Tính được dy = y ′ dx = 1 x 2 − a 2 dx 7 4) Ta có ( x + √ x 2 + a ) ′ = 1 + 2 x 2 √ x 2 + a = √ x 2 + a + x √ x 2 + a . Do đó y ′ = √ x 2 + a + x √ x 2 + a x + √ x 2 + a = 1 √ x 2 + a Tính được dy = y ′ dx = 1 √ x 2 + a dx Câu 7. Tìm 1) d ( xe x ) ; 2) d ( √ a 2 + x 2 ) ; 3) d ( x √ 1 − x 2 ) ; 4) d ln ( 1 − x 2 ) | Lời giải. 1) Ta có ( xe x ) ′ = e x + xe x . Khi đó d ( xe x ) = ( e x + xe x ) dx 2) Ta có ( √ a 2 + x 2 ) ′ = x √ a 2 + x 2 . Khi đó d ( √ a 2 + x 2 ) = x √ a 2 + x 2 dx 3) d ( x √ 1 − x 2 ) = 1 ( 1 − x 2 ) √ 1 − x 2 dx 4) d ln ( 1 − x 2 ) = − 2 x 1 − x 2 dx Câu 8. Tìm 1) d d ( x 3 )( x 3 − 2 x 6 − x 9 ) ; 2) d d ( x 2 ) ( sin x x ) ; 3) d ( sin x ) d ( cos x ) | Lời giải. 1) C1 (Đặt ẩn phụ). Đặt u = x 3 thì u 2 = x 6 và u 3 = x 9 Bây giờ, bài toán trở thành tìm d du ( u − 2 u 2 − u 3 ) = 1 − 4 u − 3 u 2 = 1 − 4 x 3 − 3 x 6 C2. Đặt y = x 3 − 2 x 6 − x 9 và u = x 3 . Ta có dy du = dy dx du dx = 3 x 2 − 12 x 5 − 9 x 8 3 x 2 = 1 − 4 x 3 − 3 x 6 2) d d ( x 2 ) ( sin x x ) = x cos x − sin x 2 x 3 3) d ( sin x ) d ( cos x ) = − cot x Câu 9. Tìm giá trị xấp xỉ của các biểu thức 1) 3 √ 1 , 02 ; 2) sin 29 ◦ ; 3) log 11 ; 4) arctan 1 , 05 ; | Lời giải. 1) Ta chọn hàm số f ( x ) = 3 √ x và x 0 = 1 . Ta có ∆ x = 1 , 02 − 1 = 0 , 02 f ( 1 , 02 ) ≈ f ( 1 ) + f ′ ( 1 ) ∆ x = 1 + 1 3 · 0 , 02 = 1 , 0067 2) Ta chọn hàm số f ( x ) = sin x và x 0 = sin 30 ◦ = π 6 rad . Ta có ∆ x = 29 ◦ − 30 ◦ = − 1 ◦ = − π 180 rad f ( 29 ) ≈ f ( 30 ) + f ′ ( 30 ) ∆ x = 1 2 + √ 3 2 · − π 180 ≈ 0 , 4849 3) Ta chọn hàm số f ( x ) = log x và x 0 = 10 . Ta có ∆ x = 11 − 10 = 1 f ( 11 ) ≈ f ( 10 ) + f ′ ( 10 ) ∆ x = 1 + 1 10 ln 10 · 1 = 1 , 0434 4) Ta chọn hàm số f ( x ) = arctan x và x 0 = 1 . Ta có ∆ x = 1 , 05 − 1 = 0 , 05 f ( 1 , 05 ) ≈ f ( 1 ) + f ′ ( 1 ) ∆ x = π 4 + 1 2 · 0 , 05 = 0 , 8104 Câu 10. Tìm đạo hàm cấp cao của các hàm số 8 1) y = x 2 1 − x , tính y ( 8 ) ; 2) y = 1 + x √ 1 − x , tính y ( 100 ) ; 3) y = x 2 e 2 x , tính y ( 20 ) ; 4) y = x 2 sin 2 x , tính y ( 50 ) | Lời giải. 1) Viết lại y = − x − 1 + 1 1 − x . Đạo hàm của − x − 1 sẽ bằng 0 kể từ đạo hàm cấp 2 trở đi. Như vậy, đạo hàm cấp n ( n ≥ 2 ) của y là y ( n ) = n ! ( 1 − x ) n + 1 = ⇒ y ( 8 ) = 8! ( 1 − x ) 9 2) Viết lại y = 2 √ 1 − x − √ 1 − x = 2 ( 1 − x ) − 1 2 − ( 1 − x ) 1 2 Đặt g ( x ) = 2 ( 1 − x ) − 1 2 và h ( x ) = − ( 1 − x ) 1 2 Ta có h ′ ( x ) = 1 2 ( 1 − x ) − 1 2 = 1 4 g ( x ) Do đó 1 4 g ( n − 1 ) ( x ) = h ( n ) ( x ) với mọi n ≥ 1 Vậy y ( n ) = g ( n ) ( x ) + 1 4 g ( n − 1 ) ( x ) Lại có g ( n ) ( x ) = ( 2 n − 1 ) !! 2 n − 1 ( 1 − x ) − 1 2 − n Do đó y ( 100 ) = g ( 100 ) ( x ) + 1 4 g ( 99 ) ( x ) = 199!! 2 99 ( 1 − x ) − 201 2 + 1 4 197!! 2 98 ( 1 − x ) − − 199 2 = 197!! ( 399 − x ) 2 100 ( 1 − x ) 100 √ 1 − x 3) Đặt f ( x ) = x 2 và g ( x ) = e 2 x . Nhận thấy f ( n ) ( x ) = 0 với mọi n ≥ 3 và g ( n ) ( x ) = 2 n e 2 x Ta có y ( 20 ) = ( f g ) ( 20 ) = 20 ∑ k = 0 C k 20 f ( k ) g ( 20 − k ) = 2 ∑ k = 0 C k 20 f ( k ) g ( 20 − k ) = C 0 20 f ( 0 ) g ( 20 ) + C 1 20 f ( 1 ) g ( 19 ) + C 2 20 f ( 2 ) g ( 18 ) = 2 20 · x 2 · e 2 x + 20 · 2 x · 2 19 e 2 x + 190 · 2 · 2 18 e 2 x = 2 20 e 2 x ( x 2 + 20 x + 95 ) 4) 2.5.2 Trắc nghiệm Câu 1 (2). Tính giới hạn của L = lim x → 0 1 x ( 1 x − cot x ) A 3. B 1. C 1 3 D 0. | Lời giải. Ta có 1 x ( 1 x − cot x ) = 1 x ( 1 x − cos x sin x ) = 1 x ( sin x − x cos x x sin x ) = sin x − x cos x x 2 sin x Giới hạn cần tính trở thành C1. lim x → 0 sin x − x cos x x 2 sin x = lim x → 0 cos x − ( cos x − x sin x ) 2 x sin x + x 2 cos x = lim x → 0 x sin x 2 x sin x + x 2 cos x = lim x → 0 sin x 2 sin x + x cos x = lim x → 0 cos x 2 cos x + ( cos x − x sin x ) = lim x → 0 cos x 3 cos x − x sin x = 1 3 C2. lim x → 0 sin x − x cos x x 2 sin x = lim x → 0 x − x 3 3! + o ( x 3 ) − x ( 1 − x 2 2! + o ( x 2 )) x 3 = lim x → 0 1 3 x 3 + o ( x 3 ) x 3 = 1 3 Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 2 (2). Tính giới hạn dãy số lim n → ∞ n √ n 2 + 2 A ∞ B 0. C 1 2 D 1. | Lời giải. 9 Ta có lim n → ∞ n √ n 2 + 2 = lim n → ∞ ( n 2 + 2 ) 1 n = lim n → ∞ e 1 n ln ( n 2 + 2 ) Bây giờ ta cần tính lim n → ∞ 1 n ln ( n 2 + 2 ) = lim n → ∞ 2 n n 2 + 2 1 = lim n → ∞ 2 n n 2 + 2 = 0 Do đó lim n → ∞ n √ n 2 + 2 = e 0 = 1 Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 3. Cho I = ∫ dx x 4 − x 2 = 1 x + a b ln ∣ ∣ ∣ ∣ x − 1 x + 1 ∣ ∣ ∣ ∣ với a , b ∈ N ∗ và a b là phân số tối giản. Giá trị b a là: A 8. B 2. C 4. D 1. | Lời giải. Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 4. Tính đạo hàm cấp 5 của hàm số y = ln ( 2 x − x 2 ) A 4! x 5 + 4! ( x − 2 ) 5 , ∀ x ∈ ( 0; 2 ] B 4! x 4 + 4! ( x − 2 ) 5 , ∀ x ∈ ( 0; 2 ] C 4! x 5 + 4! ( x − 2 ) 5 , ∀ x ∈ ( 0; 2 ) D 4! x 4 + 4! ( x − 2 ) 5 , ∀ x ∈ ( 0; 2 ) | Lời giải. ĐKXĐ: 2 x − x 2 > 0 ⇐⇒ 0 < x < 2 Ta có ln ( 2 x − x 2 ) = ln ( x ( 2 − x )) = ln x − ln ( 2 − x ) Với f ( x ) = ln x ta có f n ( x ) = ( − 1 ) n − 1 ( n − 1 ) ! x n Với g ( x ) = ln ( 2 − x ) ta có g n ( x ) = ( − 1 ) n − 1 ( n − 1 ) ! ( − 1 ) n ( 2 − x ) n Do đó y ( 5 ) = 4! x 5 + 4! ( x − 2 ) 5 Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 5. Tính giới hạn sau lim n → ∞ ( 1 1 + 1 2! + . . . + 1 n ! ) A e B e 2 C 1 e D e − 1 | Lời giải. Gợi ý: Tính khai triển Maclaurin của e x Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 6. Cho hàm số f ( x ) khả vi tại x = 1 và biết rằng lim x → 0 f ( 1 + 2022 x ) − f ( 1 + 2021 x ) x = 66 Tính f ′ ( 1 ) A 64. B 65. C 66. D 67. | Lời giải. Ta có f ′ ( 1 ) = lim t → 0 f ( 1 + t ) − f ( 1 ) t f ( 1 + 2022 x ) − f ( 1 + 2021 x ) x = 2022 · f ( 1 + 2022 x ) − f ( 1 ) 2022 x − 2021 · f ( 1 + 2021 x ) − f ( 1 ) 2021 x 66 = lim x → 0 f ( 1 + 2022 x ) − f ( 1 + 2021 x ) x = 2022 f ′ ( 1 ) − 2021 f ′ ( 1 ) = f ′ ( 1 ) Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 7. Tìm d d ( x 4 )( 2 x 2 + x 4 + x 8 ) A 1 + x 2 + x 6 x 2 B 1 + x 2 + 2 x 6 x 2 C 2 + x 2 + 2 x 6 2 x 2 D 2 + x 2 + x 6 x 2 | Lời giải. 10 Ta có d d ( x 4 )( 2 x 2 + x 4 + x 8 ) = 4 x + 4 x 3 + 8 x 7 4 x 3 = 1 + x 2 + 2 x 6 x 2 Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 8. Cho hàm số y = x 21 · e 22 x . Tính d 43 y ( 0 ) A 22 21 · 43! 22! dx 43 B 22 22 · 43! 21! dx 43 C 21 22 · 43! 22! dx 43 D 22 21 · 43! 21! dx 43 | Lời giải. Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 9. Tính đạo hàm của hàm số y = ( ax − 7 ) 3 3 √ x + 1 ( bx − 7 ) 2 ( a , b > 1 ) tại x = 7 : A 6 a · ( a − 1 b − 1 ) 2 − 4 b · ( a − 1 b − 1 ) 3 + 7 9 · ( a − 1 ) 3 ( b − 1 ) 2 B ( 3 a a − 1 − 2 b b − 1 + 1 8 ) · ( a − 1 ) 3 ( b − 1 ) 2 C ( 3 a a − 1 − 2 b b − 1 + 1 3 ) · 2 ( a − 1 ) 3 ( b − 1 ) 2 D 6 a · ( a − 1 b − 1 ) 2 − 4 b · ( a − 1 b − 1 ) 3 + 7 12 · ( a − 1 ) 3 ( b − 1 ) 2 | Lời giải. Ta viết lại y = ( ax − 7 ) 3 ( x + 1 ) 1 3 ( bx − 7 ) 2 . Đặt u = ( ax − 7 ) 3 , v = ( x + 1 ) 1 3 , w = ( bx − 7 ) 2 Khi đó u ′ = 3 a ( ax − 7 ) 2 , v ′ = 1 3 ( x + 1 ) − 2 3 , w ′ = 2 b ( bx − 7 ) Ta có y = uv w = ⇒ y ′ = ( uv ) ′ · w − w ′ ( uv ) w 2 = ( u ′ v + v ′ u ) w − w ′ ( uv ) w 2 = [ 3 a ( ax − 7 ) 2 ( x + 1 ) 1 3 + 1 3 ( x + 1 ) − 2 3 ] · ( bx − 7 ) 2 − 2 b ( bx − 7 ) · ( ax − 7 ) 3 · ( x + 1 ) 1 3 ( bx − 7 ) 4 = 3 a ( ax − 7 ) 2 ( x + 1 ) 1 3 ( bx − 7 ) 2 + 1 3 · ( x + 1 ) − 2 3 ( bx − 7 ) 2 − 2 b ( ax − 7 ) 3 ( x + 1 ) 1 3 ( bx − 7 ) 3 = ( ax − 7 ) 3 ( x + 1 ) 1 3 ( bx − 7 ) 2 ( 3 a ax − 7 + 1 3 ( x + 1 ) − 2 b bx − 7 ) = ⇒ y ′ ( 7 ) = ( 7 a − 7 ) 3 8 1 3 ( 7 b − 7 ) 2 ( 3 a 7 a − 7 + 1 3 ( 7 + 1 ) − 2 b 7 b − 7 ) = 2 · 7 3 ( a − 1 ) 3 7 2 ( b − 1 ) 2 ( 3 a 7 ( a − 1 ) + 1 24 − 2 b 7 ( b − 1 ) ) = 6 a ( a − 1 ) 2 ( b − 1 ) 3 + 7 ( a − 1 ) 3 12 ( b − 1 ) 3 − 4 b ( a − 1 ) 3 ( b − 1 ) 3 C2. Lấy logarit tự nhiên hai vế của biểu thức y : ln y = 3 ln ( ax − 7 ) + 1 3 ln ( x + 1 ) − 2 ln ( bx − 7 ) Lấy đạo hàm hai vế theo x : y ′ y = 3 a ax − 7 + 1 3 ( x + 1 ) − 2 b bx − 7 Từ đó, biểu thức đạo hàm y ′ là: y ′ = y ( 3 a ax − 7 + 1 3 ( x + 1 ) − 2 b bx − 7 ) = ( ax − 7 ) 3 3 √ x + 1 ( bx − 7 ) 2 ( 3 a ax − 7 + 1 3 ( x + 1 ) − 2 b bx − 7 ) Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ 11 Câu 10 (2). Trong các phép tính giới hạn sau, đâu là phép tính có thể sử dụng L’Hospital? A lim x → 0 arctan x + x x B lim x → 1 cos x + x 2 x − 1 C lim x → ∞ x 2 arctan x D lim x → 0 sin x x | Lời giải. Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 11. Tính giới hạn khi x → 0 + của x sin x A 0. B 1. C + ∞ D − ∞ | Lời giải. Ta viết lại x sin x = e sin x ln ( x ) . Như vậy ta cần tính lim x → 0 + sin x ln x = lim x → 0 + x ln x = lim x → 0 + ln x 1 x = lim x → 0 + 1 x − 1 x 2 = lim x → 0 + ( − x ) = 0 Vậy lim x → 0 + x sin x = e 0 = 1 Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ Câu 12 (2). Cho hàm ẩn y = f ( x ) xác định bởi phương trình x 2 − y + arctan y = 0 . Tính đạo hàm của hàm số f ′ ( x ) A f ′ ( x ) = y 2 2 x ( y 2 + 1 ) B f ′ ( x ) = − y 2 2 x ( y 2 + 1 ) C f ′ ( x ) = − 2 x ( y 2 + 1 ) y 2 D f ′ ( x ) = 2 x ( y 2 + 1 ) y 2 | Lời giải. Đạo hàm hai vế của phương trình x 2 − y + arctan y = 0 theo x được: d dx ( x 2 − y + arctan y ) = 0 ⇐⇒ 2 x − y ′ + 1 1 + y 2 · y ′ = 0 ⇐⇒ y ′ ( 1 1 + y 2 − 1 ) = − 2 x ⇐⇒ y ′ ( − y 2 1 + y 2 ) = − 2 x ⇐⇒ y ′ = 2 x ( 1 + y 2 ) y 2 Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □ 12