Chương 3: ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN pdf

Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ch ơng 3. Đạo hàm và vi phân
3.1. Định nghĩa đạo hàm và vi phân.
3.1.1. Định nghĩa đạo hàm và vi phân.
Cho hàm số y = f(x) xác định tại x
0
, cho số gia
x
sao cho hàm số xác
định tại x
0
+
x
. Khi đó số gia của hàm số tại điểm x
0
đợc ký hiệu và xác định
nh sau: fx
0
= f(x
0
+
x
) f(x
0
),
hoặc y(x
0
) = y(x
0
+
x

) y(x
0
).
Định nghĩa 3.1. Đạo hàm của hàm y = f(x) tại điểm x
0
(ký hiệu là: y

(x
0
)
hoặc f

(x
0
)) là giới hạn (nếu có) của tỷ số giữa số gia của hàm số tại điểm x
0
và số gia đối số khi số gia đối số dần tới 0. Vậy
f

(x
0
) =
( ) ( )
x
x
x
f x f x
lim

+

0 0
0
hay y

(x
0
) =
( ) ( )
x
x
x
y x y x
lim

+

0 0
0
.
Định nghĩa 3.2. Nếu tồn tại
( ) ( )
x
x
x
f x f x
lim


+

0 0
0
thì hàm f(x) đợc gọi
là có đạo hàm bên trái tại điểm x
0
và đợc ký hiệu là f

(x
0

). Vậy
f

(x
0

) =
( ) ( )
x
x
x
f x f x
lim


+

0 0
0

.
Tơng tự, đạo hàm bên phải của hàm f(x) tại điểm x
0
đợc ký hiệu và xác
định nh sau: f

(x
0
+
) =
( ) ( )
x
x
x
f x f x
lim
+

+

0 0
0
.
Nhận xét 3.1. Từ các định nghĩa 3.1, 3.2 và định lý 2.2 ta có định lý sau:
Định lý 3.1. Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) có đạo hàm tại x
0
là tồn tại các
đạo hàm trái, đạo hàm phải của f(x) tại x
0
và f

(x
0

) = f

(x
0
+
). Khi đó,
f

(x
0
) = f

(x
0

) = f

(x
0
+
).
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Định nghĩa 3.3. Giả sử hàm f(x) xác định trong một lân cận của điểm x
0
.
Với

x
đủ nhỏ, số gia

f(x
0
) = f(x
0
+

x
) f(x
0
) biểu diễn đợc dới dạng:

f(x
0
) = A

x
+ o(

x
)
trong đó o(

x
) là vô cùng bé bậc cao hơn

x

khi

x

0, A là một số hữu hạn
chỉ phụ thuộc x
0
và hàm f mà không phụ thuộc

x
. Thì A

x
đợc gọi là vi
phân của hàm f(x) tại x
0
và ký hiệu là dfx
0
. Vậy vi phân của hàm f(x) tại x
0
là vô cùng bé tơng đơng với

f(x
0
) khi

x

0
dfx

0
= A

x
.
Hàm f(x) có vi phân tại điểm x
0
thì đợc gọi là khả
vi tại x
0
.
Định lý 3.2. (về mối liên hệ giữa tính khả vi và sự tồn tại đạo hàm của hàm
số tại một điểm).
Điều kiện cần và đủ để hàm số f(x) có vi phân tại điểm x
0
là tại điểm đó
hàm số có đạo hàm f

(x
0
) hữu hạn và khi đó
dfx
0
= f

(x
0
)

x

.
Định nghĩa 3.4. + Hàm f(x) đợc gọi là có đạo hàm trên (a; b) (a, b là các số
thực), nếu f(x) có đạo hàm tại mọi điểm thuộc (a; b).
+ Hàm f(x) đợc gọi là có đạo hàm trên [a; b] (a, b là các số hữu hạn), nếu
f(x) có đạo hàm trên (a; b) và tại a có đạo hàm bên phải, tại b có đạo hàm
bên trái.
Ví dụ 3.1. (i) Tính các đạo hàm một phía và đạo hàm (nếu có) tại x = 2 của
hàm: f(x) =
x khi x ;
x khi x .
<


+

2
3 1 2
1 2
Giải. Ta có: f

(2

) =
( ) ( )
x
x
x
f f
lim

+

0
2 2
=
( )
x
x
x
lim


+

0
3 2 1 5
= 3.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
f

(2
+
) =
( ) ( )
x
x
x
f f
lim

+

+

0
2 2
=
( )
x
x
x
lim
+

+ +

2
0
2 1 5
= 4.
Nh vậy f

(2

) f

(2
+
) do đó không tồn tại f

(2).
(ii) Tính đạo hàm (nếu có) tại x = 0 của hàm f(x) =
x
3
.
Giải. Ta có: f

(0)=
( ) ( )
x
x
x
f f
lim

+

0
0 0
=
x
x
x
lim



3
0
0

=
x
x
lim


2
0
3
1
= +.
(iii) Tính đạo hàm (nếu có) tại x =0 của hàm f(x) =
x
3
2
.
Giải. Ta có: + f

(0

) =
( ) ( )
x
x
x
f f
lim


+

0
0 0
=
x
x
x
lim




2
3
0
0
=
x
x
lim



3
0
1
=
+ f

(0

+
) =
( ) ( )
x
x
x
f f
lim
+

+

0
0 0
=
x
x
x
lim
+



2
3
0
0
=
x
x

lim
+


3
0
1
= + .
Nh vậy f

(0

) f

(0
+
) do đó không tồn tại f

(0).
Ví dụ 3.2. (i) Tính vi phân của f(x) = x
2
+ 3x + 1 tại x = 4.
(ii) Cho y = x với x là biến số độc lập. Tính dy
x
.
Giải. (i) Ta có df
4
= f

(4)

x
= 11
x
.
(ii) Ta có dy = dy
x
= y

(x)
x
=
x
.
Mặt khác y = x dy = dx. dx =
x
.
Vậy nếu x là biến số độc lập thì dx =
x
. Chính vì vậy mà trong trờng
hợp x là biến số độc lập thì biểu thức của vi phân của hàm f(x) còn đợc thay

x
bởi dx. Hay dfx
0
= f

(x
0
)dx.
Chú ý 3.1. Kết quả của ví dụ 3.2 vẫn đúng khi x là biến số trung gian. Kết

quả này còn đợc gọi là tính bất biến của vi phân cấp 1.
3.1.2. ý nghĩa hình học của đạo hàm và vi phân.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm tại điểm x
0
. (vẽ hình)
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Gọi M
0
, M là các điểm nằm trên đồ thị hàm y = f(x) có toạ độ tơng ứng
là (x
0
; f(x
0
)) và (x
0
+
x
; f(x
0
+
x
)). Điểm T nằm trên tiếp tuyến (Phơng trình
tiếp tuyến là y = t(x)) với đồ thị hàm y = f(x) tại điểm x
0
, thì T có toạ độ là (x
0
+
x
; t(x
0

+
x
)).
Gọi A là giao điểm của các đờng x = x
0
+
x
và y = f(x
0
); B là giao điểm
của đờng thẳng đi qua hai điểm M và M
0
với đờng thẳng y = f(x
0
).
Gọi , lần lợt là góc giữa chiều dơng của trục hoành và các đờng
thẳng
M M, M T
0 0
uuuuuur uuuuur
. Nếu
x
0 thì . Theo định nghĩa ta có:
f

(x
0
) =
( ) ( )
x

x
x
f x f x
M M
lim lim limtg tg
M A

+
= = =

0 0
0
0
0
.
Chứng tỏ đạo hàm của hàm số tại một điểm là hệ số góc của tiếp tuyến
với đồ thị hàm số tại điểm đó.
dfx
0
= f

(x
0
)
x
= tg
x
=
M T
M A

0
0
M
0
A = M
0
T = tx
0
.
Vậy vi phân của hàm số tại một điểm là số gia của tiếp tuyến với đồ thị
hàm số tại điểm đó. Vậy, nếu
x
đủ nhỏ thì:
fx
0
dfx
0
f(x
0
+
x
) f (x
0
) + f

(x
0
)
x
.

Công thức trên đợc sử dụng để tính gần đúng giá trị của một hàm số
tại một điểm.
Ví dụ 3.3. Tính gần đúng số:
,
3
8 25
.
Giải. Ta có f (x) =
x
3
có đạo hàm tại x
0
= 8, f

(8) =
3
1
3 64
; f(8) = 2. áp dụng
công thức tính gần đúng với
x
= 0,25 ta có:
,
3
8 25
= f(x
0
+
x
) f (x

0
) + f

(x
0
)
x
= 2 +
3
1
3 64
0,25 2,02.
3.1.3. Tính chất của hàm số có đạo hàm tại một điểm.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Định lý 3.3. (về mối liên hệ giữa tính liên tục và tính khả vi của hàm số tại
một điểm). Điều kiện cần để hàm số có đạo hàm hữu hạn tại một điểm là tại
điểm đó hàm số liên tục.
Chứng minh. Giả sử hàm f(x) có đạo hàm hữu hạn tại x
0
. Nghĩa là:
( )
x
x
x
f
lim f x



=

0
0
0
hữu hạn.
Theo định lý cơ bản ta có:
( ) ( )
x
x
x
f
f x


= +

0
0
, trong đó (
x
) là VCB khi (
x
) 0.
Suy ra
( ) ( )
x x x x
f f x

= +
0

0
.
( ) ( )
x x x
x x x x
lim f lim f x lim



= + =
0
0
0
0 0
0
.
Do đó hàm số liên tục tại x
0
. (đpcm)
Chú ý 3.2. (i) Định lý 3.3 chỉ là điều kiện cần mà không phải điều kiện đủ
để hàm số có đạo hàm hữu hạn tại một điểm. Chẳng hạn, hàm f(x) = | x| là
hàm số liên tục tại x = 0, nhng không có đạo hàm x = 0 vì:
f

(0

) =
( ) ( )
x x
x

x
x x
f f
lim lim


+
= =

0 0
0 0
1
;
f

(0
+
) =
( ) ( )
x x
x
x
x x
f f
lim lim
+ +

+
= =

0 0
0 0
1
.
(ii) Định lý 3.3 đúng cho đạo hàm hữu hạn mà không đúng cho đạo hàm vô
hạn. Chẳng hạn, hàm f(x) =
khi x ,
x
khi x ;

=





1
0
0 0
là hàm số có đạo hàm x = 0,
nhng không liên tục tại x = 0.
(iii) Định lý 3.3 đã khẳng định điều kiện cần để hàm số khả vi tại một điểm
là tại đó hàm số liên tục. Vì vậy, một hàm không liên tục tại một điểm thì
không khả vi tại đó.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
áp dụng: Hàm số f(x) =
( )
x khi x ;
x a khi x ,
<

+ +


2 2
2 1
5 1
là hàm gián đoạn tại x = 1 nên với mọi giá trị của a, f(x) không khả vi tại x
=1. (bạn đọc tự chứng minh).
Ví dụ 3.4 . Cho hàm f(x) =
x a khi x ;
bx khi x .
+ <




2
2 1
1 1
Với giá trị nào của a và b thì hàm f(x) có đạo hàm trên (;+)?
Giải. Đặt h(x) = 2x + a, g(x) = bx
2
1. Thì h(x) và g(x) là các hàm có đạo
hàm tại mọi điểm, nên f(x) có đạo hàm tại mọi x

1.
Để hàm số đã cho có đạo hàm trên ( ;+) thì nó phải có đạo hàm tại

x = 1. Tức là có: f

(1

) = f

(1
+
) = f

(1).
Mà: f

(1
+
) =
( ) ( )
x
x
x
f f
lim
+

+

0
1 1
=
( ) ( )

x
x
x
b b
lim
+

+

2
0
1 1 1
= 2b .
Vậy để f(x) có đạo hàm tại x = 1 thì f

(1) = 2b hữu hạn. Do đó, f(x)
liên tục tại x = 1. Hay
( )
x
lim f x


1
=
( )
x
lim f x
+

1

= f(1) = b 1.

( )
x
lim x a


+
1
2
=
( )
x
lim bx
+


2
1
1
= b 1 2 + a = b 1.
Khi đó, f

(1

) =
( ) ( )
x
x
x

f f x
lim
+

+

0
1
=
( ) ( )
x
x
x
a b
lim
+

+ +

0
2 1 1
= 2.
Vậy để f(x) có đạo hàm tại x = 1 thì 2 = 2b b = 1. a = 2.
Vậy với a= 2 và b= 1 thì hàm f(x) có đạo hàm trên (;+).
3.2. Các phép tính về đạo hàm
3.2.1. Các phép tính về đạo hàm.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Định lý 3.4. Nếu các hàm f(x), g(x) là những hàm khả vi tại x
0
. Thì các hàm

f(x) g(x), f(x) g(x), f(x): g(x) cũng khả vi tại x
0
(với phép chia thì phải có điều
kiện g(x
0
) 0) và
[f(.) g(.)]

x
0
= f

(x
0
) g

(x
0
),
[f(.) g(.)]

x
0
= f

(x
0
) g(x
0
) + f(x

0
) g

(x
0
),
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
x
f . f x g x f x g x
g .
g x




=


0
0 0 0 0
2
0
.
Định lý 3.5. Nếu hàm u = f(x) khả vi tại x
0
, y = g(u) khả vi tại điểm

u
0
=f(x
0
) .Thì hàm y =g[f(x)] khả vi tại x
0
và y

(x
0
) =g

[f(x
0
)] f (x
0
).
Định lý 3.6. Nếu hàm y = f(x) xác định, tăng (hoặc giảm), liên tục trên miền
X; có miền giá trị Y; khả vi tại x
0
và y

(x
0
) 0 . Thì tồn tại và duy nhất hàm
ngợc x = g(y) xác định, tăng (hoặc giảm), liên tục trên miềnY; có miền giá trị
X và khả vi tại y
0
= f(x
0

). Đồng thời
x

[f(x
0
)] =
( )
y x

0
1
.
3.2.2. Bảng đạo hàm và vi phân cơ bản.
y = c (c là hằng số) y

= 0 dy = 0.
y = x

( là hằng số) y

= x

1
dy = x

1
dx.
y = a
x
(0 < a

1) y

= a
x
lna dy = a
x
lna dx.
y = e
x
y

= e
x
dy = e
x
dx.
y = log
a
x (0 < a

1) y

=
xlna
1
dy =
xlna
1
dx.

y = ln

x y

=
x
1
dy =
x
1
dx.
y = sin x y

= cos x dy = cos x dx.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
y = cos x y

=

sin x dy =

sin x dx.
y = tg

x y

=
cos x
2
1

dy =
cos x
2
1
dx.
y =cotg

x y

=
sin x

2
1
dy =
sin x

2
1
dx.
y = arcsin

x y

=
x
2
1
1
dy =

x
2
1
1
dx.
y = arccosx y

=
x


2
1
1
dy =
x


2
1
1
dx.
y = arctg

x y

=
x+
2
1

1
dy =
x+
2
1
1
dx.
y = arccotg

x y

=
x

+
2
1
1
dy =
x

+
2
1
1
dx.
y = u v y

= u

v

dy = du dv.
y = u v y

= u

v + uv

dy = v du + udv.
u u v uv vdu udv
y y dy
v
v v



= = =
2 2
.
y =f(u) y

= f

(u) u

dy = f

(u) u

dx.
Ví dụ 3.5. Sử dụng bảng đạo hàm và vi phân cơ bản tính đạo hàm và vi
phân của các hàm số sau:(bạn đọc tự giải)
(i) f(x) = sin 3x;
(ii) f(x) = cos
2
x 5
2x+3
;
(iii) f(x) = arcsin (x
2
3x)
( )
x +
3
2 5
;
(iiii) f(x) = tg 3x.log
2
(12x
3
).
3.3. Đạo hàm và vi phân cấp cao
Định nghĩa 3.5. Cho hàm y = f(x) có đạo hàm trong một lân cận nào đó của
điểm a.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
(i) Nếu hàm f

(x) có đạo hàm tại điểm a thì ta nói rằng hàm f(x) có đạo
hàm đến cấp hai tại điểm a. Ký hiệu đạo hàm cấp hai của hàm f(x) tại điểm

a là f

( a) hoặc f
(2)
(a). Vậy
f
(2)
(a) =
( ) ( )
x
x
x
f a f a
lim


+

0
.
(ii) Giả sử hàm f(x) có đạo hàm đến cấp n

1 trong một lân cận nào đó
của điểm a (ký hiệu đạo hàm cấp n

1 của hàm f(x) tại điểm a là f
(n-1)
(a)) và
hàm f
(n-1)

(x) có đạo hàm tại điểm a thì ta nói rằng hàm f(x) có đạo hàm đến
cấp n tại điểm a. Ký hiệu đạo hàm cấp n của hàm f(x) tại điểm a là f
(n)
(a).
Vậy f
(n)
(a) =
( ) ( )
x
( n ) ( n )
x
x
f a f a
lim


+

1 1
0
.
(iii) Giả sử hàm f(x) có đạo hàm đến cấp n tại điểm a. Khi đó, vi phân
của hàm f(x) tại điểm a đợc ký hiệu và xác định nh sau:
d
n
f
a
= f
(n)
(a)(dx)

n
= f
(n)
(a)dxdx dx.
Ví dụ 3.6. Tính đạo hàm và vi phân đến cấp n của các hàm số sau: f(x) = x
n
,
g(x) = sin x, h(x) = ln x.
f(x) = x
n
. f

(x) = n x
n-1
; f

(x) = n(n

1) x
n-2
; ; f
(n)
(x) = n!
d
n
f(x) = n!(dx)
n
.
h(x) = ln x. h

(x) =
x
1
= x

1
; h

(x) =

x

2
; ;
h
(n)
(x) = (1)
n

1
(n

1)! x

n
. d
n
h(x) = (1)
n

1
(n

1)! x

n
(dx)
n
.
g(x)= sin x g

(x)= cos x= sin
( )
x

+
2
, g
(2)
(x)= cos
( )
x

+
2
= sin
( )
x

+ 2

2
,
g
(n)
(x) = sin
( )
x n

+
2
; d
n
g(x) = sin
( )
x n

+
2
(dx)
n
.
3.4. Tính chất của hàm số khả vi.
Trong phần này chúng ta luôn giả thiết a, b là các số hữu hạn và a < b.
3.4.1. Định lý Rolle.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Định lý 3.7. Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b], khả vi trên (a; b) và f(a) = f(b).
Thì tồn tại c (a; b) để f

(c) = 0.
Chứng minh. Vì f(x) liên tục trên [a;b] nên theo định lý 2.11 thì f(x) đạt giá

trị lớn nhất và nhỏ nhất trên [a; b]. Hay tồn tại x
1
, x
2
[a; b] sao cho:
m = f(x
1
) f(x) f(x
2
) = M (x [a; b]).
(i) Nếu m = M thì f(x) = M (x [a; b]) f

(x) = 0 (x (a; b)). Hay mọi x
(a; b) đều đóng vai trò của điểm c.
(ii) Nếu m < M. Vì f(a) = f(b) và m = f(x
1
) < f(x
2
) = M nên trong hai điểm x
1
,
x
2
có ít nhất một điểm thuộc (a; b). Chẳng hạn x
2
(a; b).
Vì f(x) khả vi trên (a; b) nên f(x) có đạo hàm tại x
2
. Hay:
f

(x
2
) = f

(x
2

) = f

(x
2
+
). (3.1)
Vì f(x) f(x
2
) (x [a; b]). Nên
fx
2
= f(x
2
+
x
) f(x
2
) 0 (
x
: x
2
+

x
[a; b]).
Suy ra: f

(x
2

) =
x
x
x
f
lim





2
0
0
, (3.2)
f

(x
2
+
) =
x
x

x
f
lim
+




2
0
0
. (3.3)
Từ (3.1), (3.2), (3.3) suy ra f

(x
2
) = 0.
Chọn c = x
2
thì c (a; b) và f

(c) = 0.
Nếu x
1
(a; b). Chứng minh tơng tự nh trờng hợp x
2
(a; b) ta có c =
x
1
(a; b) và f

(c) = 0.
ý nghĩa hình học của định lý :
(i) Từ định lý Rolle ta thấy: Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b], khả vi trên (a;
b) và f(a) = f(b). Thì tồn tại ít nhất một điểm c (a; b) để tiếp tuyến của đồ
thị hàm số tại điểm đó song song với trục hoành.(Vẽ hình minh hoạ).
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
(ii) Từ chứng minh định lý Rolle ta thấy nếu hàm đạt cực trị tại một điểm
mà tại đó hàm số có đạo hàm thì đạo hàm của hàm số tại điểm đó bằng 0.
Vì vậy, ta chỉ cần tìm cực trị của hàm số tại những điểm mà tại đó
hàm số không có đạo hàm hoặc tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0.
Ví dụ 3.7. (i) Cho f(x) = x
3
+ 6 x
2
+ 11x + 6. Sử dụng định lý Rolle, chứng
minh rằng phơng trình f

(x) = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện: 3
< x
1
< 2 < x
2
< 1.
(ii) Cho m > 1 và
a b c

m m m
+ + =
+ +
0
2 1
. Chứng minh rằng phơng trình:
ax
2
+ bx + c = 0
có ít nhất một nghiệm trong (0; 1).
Giải. (i) Hàm số f(x) = x
3
+ 6 x
2
+ 11x + 6 liên tục trên các đoạn [3; 2], [2;
1]; khả vi trên các khoảng (3; 2), (2; 1) và f(3) = f(2) = f(1) = 0. Theo
định lý Rolle tồn tại các điểm x
1
(3; 2), x
2
(2; 1) sao cho:
f

(x
1
) = f

(x
2
) = 0.(đpcm)

(ii) Xét hàm số f(x) =
m m m
a b c
x x x
m m m
+ +
+ +
+ +
2 1
2 1
.
Vì m > 1 nên f(x) liên tục trên [0;1], khả vi trên (0;1) và
f(0) = 0, f(1) =
a b c
m m m
+ + =
+ +
0
2 1
.
Theo định lý Rolle tồn tại các điểm x
0
(0;1) sao cho: f

(x
0
)= 0. Mà
f

(x) = (ax

2
+ bx + c)x
m-1
nên f

(x
0
)= (ax
0
2
+ bx
x
+ c)x
0
m-1
ax
0
2
+ bx
x
+ c =0.
(đpcm)
3.4.2. Định lý Lagrange.
Định lý 3.8. Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b], khả vi trên (a; b). Thì tồn tại c
(a; b) để f

(c) =
( ) ( )
f b f a
b a

.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Chứng minh. Đặt h(x) = f(x)
( ) ( )
f b f a
b a


(x a).
Vì f(x) liên tục trên [a; b], khả vi trên (a; b) nên h(x) cũng liên tục trên
[a; b], khả vi trên (a; b) và h(a) = h(b) = f(a). Vậy hàm h(x) thoả mãn định lý
Rolle trên [a; b]. áp dụnh định lý Rolle cho hàm h(x) trên [a; b], ta đợc: tồn
tại c (a; b) để h

(c) = 0. Mà
h

(x) = f

(x)
( ) ( )
f b f a
b a


h

(c) = 0 f

(c) =
( ) ( )
f b f a
b a


. (đpcm)
ý nghĩa hình học của định lý : Từ định lý Lagrange ta thấy: Nếu hàm f(x)
liên tục trên [a; b], khả vi trên (a; b). Thì tồn tại ít nhất một điểm c (a; b)
để tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm đó song song với đờng thẳng đi qua
hai điểm có toạ độ
( )
( )
a; f a
và
( )
( )
b; f b
.(Vẽ hình minh hoạ).
Chú ý 3.3 . Nếu trong định lý Lagrange ta bổ sung thêm giả thiết f(a) = f(b).
Thì định lý Lagrange trở thành định lý Rolle. Hay định lý Lagrange tổng
quát hơn định lý Rolle.
Ví dụ 3.8. Chứng minh rằng:
(i) sin x sin y x y (x, y);
(ii) cos x cos y x y (x, y);
(iii)
x y
yln

3
<log
3
x log
3
y<
x y
xln

3
( 0 < x < y).
Giải. (i) sin x sin y x y (x, y).
+ Nếu x = y. Thì (i) đúng.
+ Nếu x < y. Đặt f(x) = sin x. Thì f(x) liên tục trên [x; y], khả vi trên (x;
y). Theo định lý Lagrange tồn tại c (x; y) để:
f

(c) =
( ) ( )
f y f x
sin y sin x
cosc
y x y x


=

. (3.4)
Vì x < y |x

y| > 0 và vì | cos c| 1 ( c) nên từ (3.4) suy ra:
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
sin y sin x
sin x sin y x y
y x



1
.
+ Nếu x > y thì chứng minh tơng tự.
(ii) cos x cos y x y(x, y). Chứng minh tơng tự phần (i).
(iii)
x y
yln

3
<log
3
x log
3
y<
x y
xln

3
( 0 < x < y).
Vì 0 < x < y nên các biểu thức logarit đều có nghĩa và 0 <
y x
<

1 1
.
Đặt f(x) = log
3
x. Thì f(x) liên tục trên [x;y], khả vi trên (x;y). Theo định
lý Lagrange tồn tại c (x; y) để:
f

(c) =
( ) ( )
f y f x
log y log x
y x cln y x


=

3 3
1
3
. (3.5)
Vì x < y |x

y| > 0 nên từ (3.5) suy ra:
x y
yln

3
<log
3

x log
3
y<
x y
xln

3
.
Nhận xét 3.2. Nếu hai hàm f(x) và h(x) đều liên tục trên [a; b], khả vi trên
(a; b). Theo định lý Lagrange tồn tại c
1
, c
2
(a; b) để:
f

(c
1
) =
( ) ( )
f b f a
b a


và h

(c
2
) =
( ) ( )

h b h a
b a


.
Một vấn đề đặt ra là khi nào thì c
1
= c
2
? Định lý Cauchy sau đây khẳng
định điều đó.
3.4.3. Định lý Cauchy.
Định lý 3.9. Nếu hai hàm f(x), h(x) liên tục trên [a; b], khả vi trên (a; b) và
h

(x) 0 (x (a; b)). Thì tồn tại c (a; b) để:
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
f c f b f a
h c h b h a


=


.
Chứng minh. Với giả thiết đã cho ta có h(b) h(a) 0 vì nếu h(b) h(a) = 0.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14

Thì hàm h(x) thoả mãn định lý Rolle trên [a; b], do đó tồn tại c (a; b) để
h

(c) = 0. Điều này trái với giả thiết h

(x) 0 (x (a; b).
Đặt g(x) = f(x)
( ) ( )
( ) ( )
f b f a
h b h a


[h(x) h(a)].
Vì f(x) và h(x) liên tục trên [a; b], khả vi trên (a; b) nên g(x) cũng liên
tục trên [a; b], khả vi trên (a; b) và g(a) = g(b) = f(a). Vậy hàm g(x) thoả
mãn định lý Rolle trên [a; b]. áp dụnh định lý Rolle cho hàm g(x) trên [a; b],
ta đợc: tồn tại c (a; b) để g

(c) = 0.
Mà g

(x) = f

(x)
( ) ( )
( ) ( )
f b f a
h b h a

h

(x).
g

(c) = 0 f

(c) =
( ) ( )
( ) ( )
f b f a
h b h a


h

(c) . (đpcm)
Chú ý 3.4. Trong định lý Cauchy hàm h(x) = x thì định lý Cauchy trở thành
định lý Lagrange. Hay định lý Cauchy tổng quát hơn định lý Lagrange.
3.5. ng dụng của đạo hàm.
3.5.1. Đ ịnh lý L

Hospital .
Định lý 3.10. Nếu f(x), h(x) đều là các VCB (hoặc đều là các VCL ) khi x
a

, liên tục trên đoạn chứa điểm a

(có thể không chứa điểm a

), khả vi trên
khoảng chứa điểm a

(có thể không chứa điểm a

), h

(x)

0 trong một lân
cận đủ nhỏ của a

(có thể loại bỏ điểm a

) và tồn tại
( )
( )
x a
f x
lim
h x




.
Khi đó,
( )
( )

x a
f x
lim
h x


=
( )
( )
x a
f x
lim
h x




.
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ví dụ 3.9. Tính
x
x
lim
x

+

2
4 1 3
2

.
Giải. Các hàm f(x) =
x + 4 1 3
, h(x) = x 2 đều là các VCB khi x 2, liên
tục trên [1; 3]khả vi trên (1; 3), h

(x) = 1 0 (x (1; 3)) và
( )
( )
x x
f x
lim lim
h x
x


= =

+
2 2
2 2
3
4 1
.
áp dụng định lý 3.10 ta có:
x
x
lim
x

+

2
4 1 3
2
=
x
lim
x

=
+
2
2 2
3
4 1
.
Chú ý 3.5. (i) Khi tính giới hạn có thể áp dụng định lý L

Hospital để khử
dạng vô định
0
0
hoặc


. Các dạng vô định khác đa về hai dạng trên.
(ii) Khi tính giới hạn có thể áp dụng định lý L

Hospital nhiều lần cho đến

khi hết dạng vô định
0
0
hoặc


.
(iii) Khi áp dụng định lý L

Hospital ta chỉ cần làm đơn giản nh sau:
x x x
" L" " L"
x x x
lim lim lim
x
x
+ + +
+ +
= = =

2
2
3 1 2 3 2
1
2 2
4
.
3.5.2. Khai triển Taylor.
Trong thực tế, Việc giải quyết các vấn đề cụ thể đối với một hàm số cụ
thể gặp không ít khó khăn, thậm chí nhiều trờng hợp không giải quyết đợc.

Tuy nhiên, nếu hàm số đợc cho dới dạng đa thức thì công việc thuận lợi hơn
nhiều. Chính vì vậy để thuận tiện, ngơì ta tìm cách xấp xỉ hàm số đã cho
bằng một đa thức tơng ứng với độ chính xác cho phép nào đó, rồi mới giải
quyết bài toán chính. Sau đây chúng ta trình bầy phơng
pháp Taylor xấp xỉ một hàm số bằng một đa thức tại một điểm.
Cho hàm f(x) có đạo hàm đến cấp n tại điểm a. Ta xây dựng công thức
(một cách hình thức):
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
( )
( ) ( )
n
k
k
k
f a x a
k!
=


0
1
=
= f(a)+
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
n
n

f a x a f a x a f a x a
! ! n!

+ + +
2
2
1 1 1
1 2
;
R
n
(x) = f(x) f(a) +
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
n
n
f a x a f a x a f a x a
! ! n!

+ + +
2
2
1 1 1
1 2
.
Công thức
( )

( ) ( ) ( )
n
k
k
n
k
f a x a R x
k!
=
+

0
1
đợc gọi là công thức khai triển
Taylor (hình thức) của hàm f(x) tại điểm a và R
n
(x) đợc gọi là số hạng d
thứ n của công thức khai triển Taylor (hình thức) của hàm f(x) tại điểm a.
Định nghĩa 3.6. Hàm f(x) đợc gọi là hàm khai triển đợc theo công thức
Taylor đến cấp n tại điểm a nếu:
f(x) =
( )
( ) ( )
n
k
k
k
f a x a
k!
=

0
1
+ R
n
(x),
trong đó R
n
(x) là một VCB khi x a. Trờng hợp đặc biệt, nếu a = 0 thì
f(x) =
( )
n
k
k
k
f ( )x
k!
=

0
1
0
+ R
n
(x),
và đợc gọi là công thức Maclouren đến cấp n của hàm f(x) tại điểm a.
Vấn đề đặt ra là: Khi nào thì
f(x) f(a) +
( ) ( )

( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
n
n
f a x a f a x a f a x a
! ! n!

+ + +
2
2
1 1 1
1 2
?
Các định lý 3.11 và 3.12 sau đây sẽ khẳng định điều đó.
Định lý 3.11. Nếu hàm f(x) có đạo hàm đến cấp n trong một lân cận nào đó
của điểm a và hàm f
(n)
(.) là hàm bị chặn(trờng hợp đặc biệt f
(n)
(.) là hàm
liên tục) trong lân cận đó. Thì trong một lân cận đó hàm f(x) khai triển đợc
theo công thức Taylor đến cấp n tại điểm a. Nghĩa là:
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
f(x) =
( )
( ) ( )
n
k

k
k
f a x a
k!
=


0
1
+ R
n
(x),
trong đó R
n
(x) là một VCB khi x a.
Định lý 3.12. Nếu hàm f(x) có đạo hàm hữu hạn đến cấp n +1 trong một lân
cận nào đó của điểm a. Thì trong một lân cận đó hàm f(x) khai triển đợc theo
công thức Taylor đến cấp n tại điểm a và:
f(x) =
( )
( ) ( )
n
k
k
k
f a x a
k!
=

0
1
+
( )
( )
( ) ( )
n
n
f a x a x a
n !
+
+
+

+
1
1
1
1
,
trong đó 0 < < 1. Hay R
n
(x) =
( )
( )
( ) ( )
n
n
f a x a x a
n !

+
+
+

+
1
1
1
1
là một
VCB khi xa và đợc gọi là số hạng d Lagrange thứ n của hàm f(x) tại điểm
a.
Ví dụ 3.10.
(i) Khai triển Maclouren đến cấp n của các hàm f(x) = sin x, h(x) = cos x.
(ii) Khai triển Taylor đến cấp 5 của các hàm g(x) = e

2x
tại điểm x = 1.
Giải.
(i) Theo kết quả của ví dụ 3.5 ta đợc: f(x) = sin x
f
(k)
(x) = sin (x +k

2
) (k N). f
(k)
(0) = sin k

2

=
( )
k
khi k , , ,
khi k , ,
=



=


0 0 2 4
1 1 3
Vậy sin x =
n n
n
sin
x x
x x x
! ! n!
+

+ + + +
3 5
1
2
3 5
, với 1 < < 1.
Tơng tự ta có: h(x) = cos x h

(k)
(x) = cos (x +k

2
) (k N).
h
(k)
(0) = cos k

2
=
( )
k
khi k , , ,
khi k , ,



=

=


1
1 0 2 4
0 1 3
Trần Thiện Hùng CQ46/11.14
⇒ h(x) = cos x = 1 −
n n
n

cos
x x
x x
! ! n!
+
π
+ − + + α
2 4
1
2
2 4
, víi −1 < α < 1.
(ii) Víi g(x) = e
−
2x
.Ta cã: g(0) = 1; g
′
(x) = −2 e
−
2x
⇒ g
′
(1) = −2 e
−
2
;
g
(2)
(x) = (−2)
2

e
−
2x
⇒ g
(2)
(1) = (−2)
2
e
−
2
;
g
(3)
(x) = (−2)
3
e
−
2x
⇒ g
(3)
(1) = (−2)
3
e
−
2
;
g
(4)
(x) = (−2)
4

e
−
2x
⇒ g
(4)
(1) = (−2)
4
e
−
2
;
g
(5)
(x) = (−2)
5
e
−
2x
⇒ g
(5)
(0) = (−2)
5
e
−
2
.
⇒ e
−
2x
= 1 +

( )
( )
x
!
−
−
2
1
1
+
( )
( )
e
x
!
−
−
−
2
2
2
2
1
2
+
( )
( )
e
x
!

−
−
−
3
2
3
2
1
3
+
( )
( )
e
x
!
−
−
−
4
4
4
2
1
4
+
( )
( )
e
x
!

−
−
−
5
2
5
2
1
5
+
( )
( )
( )
x
e
x
!
 − +α +
 
−
−
6
2 1 1
6
2
1
6
víi 0 < α < 1.
NhËn xÐt 3.3. Khi tÝnh
( ) ( )

( )
x a
f x g x
lim
h x
→
−
(f(x), g(x), h(x) lµ c¸c v« cïng bÐ khi
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
x

a, f(x)

g(x) khi x

a) ta không thể sử dụng f(x)

g(x)

g(x)

g(x) = 0
khi x

a mà ta có thể áp dụng định lý L

Hospital hoặc khai triển Taylor
hàm f(x)

g(x) tại x = a. Ví dụ 3.11 sau đây sẽ minh hoạ điều đó.

Ví dụ 3.11. Tính I =
x
tgx sin x
lim
x


3
0
Đặt f(x) = tg x

sin x thì f(0) = 0, f

(0) = 0, f

(0) = 0, f

(0) = 3
f(x) = tg x

sin x =
1
2
x
3
+ o(x
3
)
Vậy I =
( )

x
x o x
lim
x

+
=
3 3
3
0
1
1
2
2
.
Câu hỏi ôn tập chơng 3
Câu 1: Định nghĩa các đạo hàm: hữu hạn, vô hạn và đạo hàm một phía của
hàm số tại một điểm. Lấy ví dụ minh hoạ.
Câu 2: Phát biểu và chứng minh định lý về mối liên hệ giữa tính liên tục và
tính khả vi của hàm số tại một điểm. Định lý đó có phải là điều kiện đủ để
hàm số khả vi tại một điểm không? vì sao? Cho ví dụ minh hoạ.
Câu 3: Định nghĩa vi phân của hàm số. Hãy phân biệt sự khác nhau giữa số
gia của hàm số tại một điểm và vi phân của nó tại điểm đó.
Câu 4 : Phát biểu và chứng minh các định lý Rolle, Lagrange và Cauchy.
Nêu ý nghĩa hình học của từng định lý. Tại sao nói định lý Cauchy tổng quát
hơn định lý Lagrange? Định lý Lagrange tổng quát hơn định lý Rolle? Trong
mỗi định lý trên, nếu một trong các giả thiết không đợc thoả mãn thì định lý
còn đúng không? Lấy ví dụ minh hoạ.
Câu 5 : Chứng minh rằng nếu một hàm số có đạo hàm trái hữu hạn và đạo
hàm phải hữu hạn tại một điểm thì nó liên tục tại điểm đó.

Câu 6 : Cho hàm f(x) liên tục trên [a;b], khả vi trên (a;b) và f(a) = f(b) = 0.
Chứng minh rằng tồn tại điểm c (a;b) để f (c) = f(c).
Trần Thiện Hùng CQ46/11.14