Chuyên đề đạo hàm và vi phân

Chương 2 Đạo hàm và vi phân:
4/ Đạo hàm của hàm ẩn:.............................................................................................. 10
Công thức Maclaurin................................................................................................ 14
Công thức Maclaurin 1 số hàm cơ bản:....................................................................14
8/ Tính đạo hàm dạng:................................................................................................. 20
Bài tập:........................................................................................................................ 20
1/ Bài tập tính đạo hàm dạng:................................................................................... 20
2/ Bài tập tính đạo hàm của hàm ẩn:......................................................................... 25
3/ Bài tập các định lí trung bình:..............................................................................26
4/ Bài tập khai triển Maclaurin................................................................................. 27
5/ Bài tập tính giới hạn = công thức Taylor:............................................................28
6/ Bài tập tính giới hạn = qui tắc L’Hopital:............................................................30
7/ Bài tập tính giới hạn ko dùng được qui tắc L’Hopital:..........................................33
f ( x o + ∆x ) − f ( x o )
∆y
= lim
∆x → 0 ∆x ∆x → 0
∆x

1/ Định nghĩa: f ' ( x o ) = lim

( u + v)

'

'

=u +v

y'x = y 'u .u 'x

'

( u.v )

'

y'x =

'

= u .v + u.v

'

'

'

 u  u .v − u.v
 ÷=
v
v2

'

1
x'y

Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại điểm x o thì nó liên tục tại điểm ấy, ngược lại không
đúng.

VD: hàm số y = x liên tục tại x = 0 nhưng không có đạo hàm tại điểm ấy
x + ∆x − x
∆x
x + ∆x − x
∆x
lim
= lim
= 1 ≠ lim
= lim
= −1
+
+
−
−
∆x
∆x
∆x → 0
∆x → 0 ∆x
∆x → 0
∆x → 0 ∆x
1/ Bảng đạo hàm các hàm sơ cấp cơ bản:


( )

'

( )

'

1
1
1
1 / C = 0 ( C la hang so ) 2 / x = a.x ⇒  ÷ = − 2
x =
2 x
x
x
'
'
1
1
'
'
3 / a x = a x .ln a ⇒ e x = e x 4 / ( log a x ) =
⇒ ( ln x ) =
x.ln a
x
1
'
'
'
5 / ( sin x ) = cos x ( cos x ) = − sin x ( tgx ) =
= 1 + tg 2 x
2
cos x
1
( cot gx ) ' = − 2 = − 1 + cot g 2 x
sin x
1

−1
'
'
6 / ( arcsin x ) =
arccos x ) =
(
1 − x2
1 − x2
1
−1
( arc tgx ) ' = 2
( arccotgx ) ' = 2
x +1
x +1
a '

'

( )

a −1

( )
(

)

'

 1 

7 / ( sec x ) = 
÷ = sec x.tgx
 cos x 
'

'

9 / ( shx ) = chx
'

'

1 
−1

( arccsecx ) =  arcsin  ÷÷ =
 x   x x2 −1


1

 1 
8 / ( arcsecx ) =  arccos  ÷÷ =
 x   x x2 −1

'

'

1 

( csec x ) = 
÷ = −csec x.tgx
 sin x 
'

'

( chx ) ' = shx ( thx ) ' = sech 2 x

( coth x ) ' = −csch 2 x

( sechx ) ' = sechx.thx ( cschx ) ' = −cschx.cothx
10 / ( arg shx ) =
'

1

( arg chx ) ' =

1

1 + x2
x2 −1
e x − e− x
ex + e− x
Sin hyperbolic: shx =
cosin hyperbolic: chx =
2
2
1

2
1
2
= x −x
= x −x
csc hyperbolic: cschx =
sec hyperbolic: sechx =
shx e − e
chx e + e
shx e x − e− x
chx e x + e − x
tang hyperbolic: thx =
cotang hyperbolic: cothx =
=
=
chx e x + e − x
shx e x − e− x
 e x + e− x
2
ch x = 

2


2


 ex − e− x
e2x + e −2x + 2
2

=
, sh x = 
÷
÷

4
2



⇒ ch 2 x = 1 + sh 2 x, sh 2 x = ch 2 x − 1
'
Chứng minh công thức 5/ ( arcsin x ) =

1
1− x2

2


e 2x + e −2x − 2
=
÷
÷
4



π
π

≤y≤
2
2
Lấy đạo hàm theo x của hàm hợp x = sin y ta được:
1
1
'
cos y.y'x = 1 ⇒ y'x =
⇒ ( arcsin x ) =
= sec ( arcsin x )
cos y
cos ( arcsin x )
Cách 1: Đặt y = arcsin x ⇒ x = sin y

−

π
π
1
'
≤ y ≤ ⇒ cos y ≥ 0 ⇒ cos y = 1 − s in 2 y = 1 − x 2 ⇒ ( arcsin x ) = y 'x =
2
2
1− x2
1
1
Cach 2 : dat y ( x ) = shx ⇒ y' ( x ) = chx ⇒ x ' ( y ) = '
=
y ( x ) chx
Vì −

=

1
1 + sh 2 x

=

( arccos x ) ' =

1

⇒ ( arg shx ) =
'

1 + y2
−1
2

1
1+ x2

dat y = arccos x ⇒ x = cos y

0≤y≤π

1− x
Lấy đạo hàm theo x của hàm hợp x = cos y ta được:
−1
−1

'
− sin y.y'x = 1 ⇒ y'x =
⇒ ( arccos x ) =
= − csc ( arcsin x )
sin y
sin ( arccos x )
Vì 0 ≤ y ≤ π ⇒ sin y ≥ 0 ⇒ sin y = 1 − cos 2 y = 1 − x 2 ⇒ ( arccos x ) = y 'x =
'

1
dat y = arc tgx ⇒ x = tgy − ∞ ≤ y ≤ ∞
x2 +1
Lấy đạo hàm theo x của hàm hợp x = tgy ta được:

( arc tgx ) ' =

−1
1− x2


y'x

= 1 ⇒ y'x = cos 2 y ⇒ ( arc tgx ) = cos 2 ( arc tgx )
'

cos 2 y

( arctgx ) ' = y'x = cos 2 y =

1

1
=
1 + tg 2 y 1 + x 2
'

'

1
x2
1
 1
. − ÷ = 2
=
1  x  x x2 −1 x x2 −1
1− 2
x
1
1
Cm cong thuc9 : dat y ( x ) = shx ⇒ y ' ( x ) = chx ⇒ x ' ( y ) = '
=
y ( x ) chx
−1


 1 
Cm cong thuc 7 : ( arcsecx ) =  arccos  ÷÷ =
 x 

'

=

1
1 + sh 2 x

=

1

⇒ ( arg shx ) =
'

1 + y2

1
1+ x2

dat y ( x ) = chx ⇒ y' ( x ) = shx ⇒ x ' ( y ) =
1

=

=

1

⇒ ( arg chx ) =
'

1

y' ( x )

=

1
shx

1

ch 2 x − 1
y2 − 1
x 2 −1
2/ Các trường hợp phải dùng định nghĩa tính đạo hàm:
 2
1
 x .sin  ÷, x ≠ 0
a/ f ( x ) = 
Dễ thấy f(x) liên tục tại x o = 0 . Tại x ≠ 0 ta có:
x
0,
x=0

1
1
f ' ( x ) = 2x.sin  ÷− cos  ÷
x
x
Vậy hỏi hàm f(x) có đạo hàm tại x o = 0 ? Ta tính theo định nghĩa:
f ( 0 + ∆x ) − f ( 0 )


 1 
 1  
f ' ( 0 ) = lim
= lim ∆x.sin 
÷ = 0  Vì − 1 ≤ sin 
÷≤ 1÷
∆x →0
∆x →0
∆x
∆
x
∆
x



 

Như vậy ta thấy f ' ( 0 ) không thể tính được từ công thức f ' ( x ) rồi cho x = 0 or
x→0
b/ Tính đạo hàm của hàm y = [ x ] .x với [x] là phần nguyên của x
Giải: hàm y = [ x ] .x xác định với mọi x thuộc R
Voi k ∈ Z, x ∈  k , k + 1 ⇒ y ( x ) = kx ⇒ y' = k , x ∈  k , k + 1

( )

Khi x = k , k ∈ Z : f ' k − = lim
'

( ) = lim

f k

+

x →k +

f ( x) − f ( k)
x−k

x →k −

f ( x) − f ( k)
x−k

=

x.k − k 2
= lim
=k
+
x
−
k
x →k

k − 1) x − k 2 − k −
(
lim
=

= +∞

x →k −

x−k

0−


Vậy f ' ( k ) ( k ∈ Z ) ko tồn tại.
c/ f ( x ) = x − a g ( x ) , trong đó g(x) là hàm liên tục tại a và g ( a ) ≠ 0 . Cm f(x) ko có
đạo hàm tại a.
f ( x) − f ( a)
x − a g( x) − 0
' ±
= lim
= ± lim g ( x ) = ±g ( a )
Giải: f a = lim
±
±
x
−
a
x
−
a
x →a
x →a
x →a ±
Do g ( a ) ≠ 0 nên f '+ ( a ) ≠ f '− ( a ) ⇒ hàm số ko có đạo hàm tại x = a

( )

2/ Vi phân: định lí: hàm f(x) khả vi tại x o khi nó có đạo hàm tại x o .
∆f ( x o )
∆f ( x o )
Cm : ∃ lim
= f ' ( x o ) ⇒ α = o ( ∆x ) =
− f ' ( x o ) → 0 ( ∆x → 0 )
∆x →0
∆x
∆x
⇒ ∆f ( x o ) = f ' ( x o ) .∆x + o ( ∆x )

Vi phân của hàm hợp, tính bất biến của dạng vi phân cấp 1:
Cho y = f ( x ) ⇒ dy = y'x .dx ( 1)
Bây giờ có x = g ( t ) , vậy ta có hàm hợp y = f ( g ( t ) ) .
Với biến độc lập t, ta có vi phân: dy = y't .dt
Mà y't = y'x .x 't ⇒ dy = y'x .x 't .dt = y'x .dx . Như vậy ta quay lại công thức (1) đã biết.
Điều đó có nghĩa là: dạng của vi phân cấp 1 không thay đổi dù x là biến độc lập hay 1
hàm số. Tính chất đó được gọi là tính bất biến của dạng vi phân cấp 1.
Vi phân cấp cao: để tính vi phân cấp cao, cần biết rằng dx là 1 số không phụ thuộc x,
cho nên đạo hàm (or vi phân của nó sẽ bằng 0)
d 2 y = d ( dy ) = d y'x .dx = d y ' x .dx + d ( dx ) .y 'x = d y ' x .dx = y ''x dx 2

(

) ( )

( )

tương tự: d n y = y( n ) dx n
Khác với vi phân cấp 1, công thức vi phân cấp cao không có tính bất biến nếu x không
phải là biến độc lập mà là 1 hàm số. Giả sử x = x ( t ) , khi ấy dx không phải là hằng số
mà phụ thuộc t nên d ( dx ) = d 2 x ≠ 0 . Khi ấy:

(

) ( )

d 2 y = d y'x .dx = d y'x .dx + d ( dx ) .y 'x = y ''x dx 2 + y 'x .d 2 x
Ứng dụng vi phân tính gần đúng: cho hàm số f(x) khả vi tại x o :

f ( x o + ∆x ) − f ( x o ) = f ' ( x o ) + 0 ( ∆x )
Nếu bỏ phần vô cùng bé cấp cao 0 ( ∆x ) ta có công thức tính gần đúng:
f ( x o + ∆x ) = f ( x o ) + f ' ( x o )
VD: tính gần đúng số s in29o . Giải: Xét hàm số


π
π
y = sin x, x o = , ∆x = −
6
180

3
π
π
y ' = cos x, y '  ÷ = cos  ÷ =
6

6 2

3 π
π π 
π
⇒ s in29o = sin  −
.
≈ 0, 484
÷ = sin  ÷−
6
180
6
2
180


 
1
tính gần đúng 3 28 . Ta có: 3 28 = 3 27 + 1 = 33 1 +
Xét hàm số
27
1
1
y = 3 x, x o = 1, ∆x =
y ( x o ) = 1, y ' ( x o ) =
27
3
1
 1 1 
⇒ 3 28 = 3 y ( x o ) + y' ( x o ) .∆x = 3 1 + . ÷ = 3 +

≈ 3, 04
27
 3 27 

(

)

3/ Công thức Leibnitz tính đạo hàm cấp n:
n
n!
( n)
k ( k ) ( n −k )
fg
=
; Ckn =
( )
∑ Cn .f .g
(1)
k!( n − k ) !
k =0
Giả sử (1) đúng đói với n = k, Ta chứng minh (1) đúng đối với n = k + 1:
k
n +1− k )
( n +1) n +1 k
= ∑ Cn +1.f ( ) .g (
( fg )

( fg )

( n +1)

k =0
n

= ∑

k =0

k
n −k
Ckn . f ( ) .g( )


'

n

n

 = ∑ Ck .f ( k +1) .g ( n −k ) + ∑ Ck .f ( k ) .g ( n −k +1)
n
 k =0 n
k =0

Dat k1 = k + 1 k = 0 ⇒ k1 = 1 k = n ⇒ k1 = n + 1
n

k (
∑ Cn .f

k +1)

n

k +1)

k =0

k (
∑ Cn .f

k =0
n +1

n −k )

.g(

n −k )

n +1
n +1
k
n − k +1
k
n −k +1)
= ∑ C nk1−1.f ( 1 ) .g ( 1 ) = ∑ C kn −1.f ( ) .g (
k1=1
n

(

k =1

k
n − k +1)
+ ∑ Ckn .f ( ) .g (
k =0

k
n − k +1)
Ckn −1.f ( ) .g (

= ∑

k =1
n

.g(

n

+ ∑ Ckn .f (
k =1

k +1)

.g(

n − k +1)

0
n +1
+ C0n .f ( ) .g ( ) ( k = 0 )

)

k
n − k +1)
0
n +1
= ∑ Ckn −1 + Ckn .f ( ) .g (
+ C0n .f ( ) .g ( ) ( k = 0 )
k =1

+Cnn +1.f (

n +1)

0
.g ( ) ( k = n + 1)

( Ckn−1 + Ckn = Ckn +1 )

n
k
n − k +1)
0
n +1

n +1
0
= ∑ Ckn +1.f ( ) .g(
+ C0n .f ( ) .g ( ) ( k = 0 ) + Cnn +1.f ( ) .g ( ) ( k = n + 1)
k =1

n +1

= ∑

k =0

k
n +1− k )
Ckn +1.f ( ) .g (

Chú ý: ta ko có:

n +a
 n

 ∑ a k = ∑ ai ( i = k + a ) ÷
 k =0
i =a



y'x = y 'u .u 'x ⇒ y(

n +1)

x

(

= y 'u .u 'x

)

( n)

n

x

= ∑ C nk .y(

n +1)

k =0

u .u

( n −k +1)

x

(sai)

Trong công thức Leibnitz, f và g là các hàm theo biến độc lập x, còn ở đây y là hàm

theo biến phụ thuộc u.

( y'u .u 'x )

'

= y''u . u 'x

(

''


=  y''u . u 'x


'

'

y u .u x

)

( )

( )

3
= y( ) u . u ' x

2

( )

+ y'u .u ''x
'

( )

'

(

2
 
+ y u .u x ÷ =  y''u . u 'x ÷ + y'u .u ''x
 

3
3
+ 2u 'x .u ''x .y''u + y'u .u ( ) x + y''u .u 'x .u ''x
2

'

''

)

'

(óe, cái công thức này ghê qué, ai bít dạng tổng quát của nó hem?)
n
n
k
n
k n −k
k
k
i k −i  n −k
a
+
b
+
c
=
C
a
+
b
.c
=
C
(
)
)
∑ n(
∑ n  ∑ a .b ÷.c
k =0

k =0
 i =0

n
k
( a.b.c ) ( n ) = ∑ Ckn  ∑ a ( i ) .b( k −i ) ÷.c( n −k )
k =0
 i =0

Đạo hàm cấp cao 1 số hàm cơ bản:


( )

a / xk

( n)

= k ( k − 1) ( k − 2 ) ... ( k − n + 1) x k −n =

 k1
k1
Dat k =
ta có :  x k 2

k2

=

=

( n)
k1

−n





k
k
k
k
1 − 2 ...
1 − n −1 x k2
÷ = 1 1 −1
)÷
÷ k (
÷
k 2  k 2 ÷
k
 2
  2



k1 ( k1 − k 2 ) ( k1 − 2k 2 ) ... ( k1 − ( n − 1) k 2 )
k 2n
n −1

∏ ( k1 − i.k 2 )

i =0

n
k2

.x

k!
x k −n = A kn .x k −n
( k − n) !

k2

.

x k1−nk 2 =

k1
k2 k2
An .

x k1−nk 2

k1
−n
k2

( n)
1
−1 ( n )
 1 
b/
=
ax
+
b
= a n ( −1) ( −2 ) ... ( −n )
(
)
÷
 ax + b 
( ax + b ) n +1

(

=a

n

( −1)

n

c / f ( x) =

.

)

n!

( ax + b ) n +1

( n)
a n .n!
 1 

÷ =
 b − ax 
( b − ax ) n +1

( 1+ x ) + ( 1− x ) = 1  1 + 1 
1
1
=
=

÷
1− x2 ( 1− x ) ( 1+ x ) 2 ( 1− x ) ( 1+ x ) 2 1+ x 1− x 

n

n!  ( −1)
1
n)
(
⇒ f ( x) = 

+

2  ( 1 + x ) n +1 ( 1 − x ) n +1 



d / f ( x ) = ( ax + b ) ⇒ f ' ( x ) = ak ( ax + b )
k

k −1

, f '' ( x ) = a 2 k ( k − 1) ( ax + b )

n
( n)
a
.k!
k
k −n
n)
(
f ( x ) = ( ax + b )  =
ax + b )
(


( k − n) !
k1

k2


e /  ( ax + b )



( n ) n −1
k1

−n
k1 − i.k 2 )
(
∏
k2
÷
i =0
.a n ( ax + b )
÷ =
n
k2
÷


π
'

f / f ( x ) = sin ax ⇒ f ' ( x ) = ( sin ax ) = a cos ax = a sin  ax + ÷
2

'

π 
π
π

( sin ax ) = a  sin  ax + ÷÷ = a 2 cos  ax + ÷ = a 2 sin  ax + 2 ÷
2 
2
2


 
''

k −2


(
Giả sử là đúng, ta cm f

n +1)

( x ) = a n +1 sin  ax + ( n + 1)


π
÷
2

'

π 
π
π
 


n +1
f ( ) ( x ) = a n  sin  ax + n ÷÷ = a n .a cos  ax + n ÷ = a n +1 sin  ax + ( n + 1) ÷
2 
2
2


 
g / f ( x ) = cos ax ⇒ f ' ( x ) = ( cos ax ) = −a.sin ax = a.sin ( ax + π )
'

π
π
π



= a.cos  − ax − π ÷ = a.cos  −ax − ÷ = a.cos  ax + ÷
2
2
2




'

π 
π
π
π
π

( cos ax ) = a  cos  ax + ÷÷ = −a 2 sin  ax + ÷ = a 2 sin  ax + 3 ÷ = a 2 cos  − ax − 3 ÷
2 
2
2
2



2

π

= a 2 cos ( −ax − π ) = a 2 cos  ax + 2 ÷
2

π

( n)
( n +1) x = a n +1 cos  ax + n + 1 π 
n
( )
(

) ÷
Giả sử f ( x ) = a cos  ax + n ÷ là đúng, ta cm f

2
2



''

'

π 
π
π




n +1
f ( ) ( x ) = a n  cos  ax + n ÷÷ = −a n .a sin  ax + n ÷ = a n +1 sin  ax + ( n + 2 ) ÷
2 
2
2




π


= a n +1 cos  ax + ( n + 1) ÷
2

h / f ( x ) = ln ( ax + b ) ⇒ f

'

'
ax + b )
(
a
=
( x) =
( ax + b ) ( ax + b )
'



1
( n +1)
( n −1) n
÷
= ( −1)
a ( n − 1) !
ln ( ax + b ) 
 ( ax + b ) n ÷


= ( −1)

( n −1)

a

n

( n − 1) !

(

( −1) ( ax + b )
( ax + b )

2n

)

n '

= ( −1)

( n)

a

n

( n − 1) !

n ( ax + b )

n −1

( ax + b ) '
( ax + b ) 2n

n
−1) ( ) a n +1 ( n ) !
(
=
( ax + b ) n +1

( n)
1 cos ( 2ax )
1
π
n

−
⇒ sin 2 ( ax )
= − ( 2a ) cos  2ax + n ÷
2
2
2
2

( n) 1
1 cos ( 2ax )
π
n


f ( x ) = cos 2 ( ax ) = +
⇒ cos 2 ( ax )
= ( 2a ) cos  2ax + n ÷
2
2
2
2


(

g / f ( x ) = sin 2 ( ax ) =

(

)

)


4/ Đạo hàm của hàm ẩn:
Nếu hàm số y = f(x) thỏa pt F ( x, y ) = 0, x ∈ ( a,b )
VD: Viết pt tiếp tuyến đối với elip

x2
2

+

y2

a
b
Giải: lấy đạo hàm 2 vế theo x, ta được:

2

= 1 tại điểm ( x o , yo ) trên elip

'

 x 2 y 2  2x 2y.y'x
'
'
=
0
Cho
x
=
x
thi
y
=
y
va
y
=
y
( xo )

 2+ 2÷= 2 +
o
o
o
2
b  a
b
a
⇒

2x o
a2

+

2yo .y' ( x o )
b2

= 0 ⇒ y ( xo ) = −
'

ta dc pt tiep tuyen : y − y o = −
⇔

x o .x
a

2

+

yo .y
b

2

=

x o2
a

2

+

y o2
b

2

b 2 .x o
a 2 .yo

b 2 .x o
a 2 .y o

( x − x o ) ⇒ a 2 .y o .y + b 2.x o .x = a 2.y o2 + b 2.x o2

=1
x o .x

+

yo .y

=1
a2
b2
5/ Các định lí về giá trị trung bình:
1/ Định nghĩa: hàm f(x) được gọi là đồng biến trong khoảng (a, b) nếu
x 2 > x1 ⇒ f ( x 2 ) > f ( x1 ) hay ∆x > 0 ⇒ f ( x o + ∆x ) > f ( x o )
Vậy pt tiếp tuyến có dạng:

'
f(x) đồng biến trong khoảng (a, b) ⇒ f ( x o ) > 0 ∀x ∈ ( a, b )
f ( x o + ∆x ) − f ( x o )
f ' x o + = lim
> 0 ( Vì f ( x o + ∆x ) − f ( x o ) > 0, ∆x > 0 )
+
∆
x
∆x → 0

( )

∆x < 0 ⇒ f ( x o + ∆x ) − f ( x o ) < 0 ( do ham f ( x ) dong bien )

f ( x o + ∆x ) − f ( x o )
>0
−

∆
x
∆x → 0
hàm f(x) được gọi là nghịch biến trong khoảng (a, b) nếu
x 2 > x1 ⇒ f ( x 2 ) < f ( x1 ) hay ∆x > 0 ⇒ f ( x o + ∆x ) < f ( x o )

( )

⇒ f ' x o − = lim

'
f(x) nghịch biến trong khoảng (a, b) ⇒ f ( x o ) < 0 ∀x ∈ ( a, b )
f ( x o + ∆x ) − f ( x o )
f ' x o + = lim
< 0 ( Vì f ( x o + ∆x ) − f ( x o ) < 0, ∆x > 0 )
+
∆
x
∆x → 0

( )

∆x < 0 ⇒ f ( x o + ∆x ) − f ( x o ) > 0 ( do ham f ( x ) nghich bien )

( )

f ( x o + ∆x ) − f ( x o )
<0
−
∆

x
∆x → 0

⇒ f ' x o − = lim

Hàm đồng biến, nghịch biến trên khoảng (a, b) được gọi là đơn điểu trên khoảng (a, b)


2/ Định lí Fermat: cho hàm f(x) xác định trong lân cận điểm x o , và đạt cực trị tại x o .
Nếu tại x o tồn tại đạo hàm f ' ( x o ) thì f ' ( x o ) = 0 .
Giả sử f(x) đạt cực đại tại x o , vậy trong 1 lân cận của x o ta có:
f ( x o + ∆x ) − f ( x o )
 '
'
−
f
x
=
f
x
=
lim
≥0
(
)
o
o

−
∆

x
∆
x
→
0

f ( x o + ∆x ) − f ( x o ) ≥ 0 ⇒ 
f ' ( x ) = f ' x + = lim f ( x o + ∆x ) − f ( x o ) ≤ 0
o
o

∆x
∆x → 0+

( )

( )

⇒ f ' ( xo ) = 0
3/ Định lí Rolle: cho hàm số f(x): 1/ liên tục trên đoạn [a, b]
2/ Khả vi trên khoảng (a, b) 3/ f(a) = f(b)
Khi ấy ∃c ∈ ( a, b ) sao cho f ' ( c ) = 0
Chứng minh: f(x) liên tục trên đoạn [a, b] nên f(x) đạt giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ
nhất m trên [a, b].
Nếu M = m thì f(x) = const (hằng số) trên đoạn [a, b] ⇒ f ' ( x ) = 0
Nếu M ≠ m khi ấy 1 trong 2 số m, M phải khác f(a) = f(b), giả sử M ≠ f(a) = f(b).
Vậy hàm f(x) đạt giá trị lớn nhất M tại điểm bên trong c ∈ ( a, b ) ⇒ f ' ( c ) = 0
4/ Định lí Lagrange: cho hàm số f(x): 1/ liên tục trên đoạn [a, b]
2/ Khả vi trên khoảng (a, b)
f ( b) − f ( a )

Khi ấy: ∃c ∈ ( a, b ) :
= f ' ( c)
b−a
f ( b) − f ( a )
Chứng minh: xét hàm: g ( x ) = f ( x ) −
( x − a ) dễ thấy g(x) thỏa định lí
b−a
f ( b) − f ( a )
Rolle g ( a ) = g ( b ) = f ( a ) ⇒ ∃c ∈ ( a, b ) : g ' ( c ) = 0 ⇒ g ' ( c ) = f ' ( c ) −
=0
b−a
'
Nếu lấy b = a + h thì công thức Lagrange có dạng: f ( a + h ) = f ( a ) + h.f ( a + θh )
( 0 < θ < 1 ⇔ 0 < θh < h ⇔ a < a + θh < a + h )
Ý nghĩa hình học của công thức Lagrange: cho 2 điểm A(a, f(a)), B(b, f(b)) thuộc đồ
f ( b) − f ( a )
thị hàm số y = f(x). Khi ấy cát tuyến AB có hệ số góc k =
. Công thức
b−a
Lagrange chứng tỏ là tồn tại điểm C(c, f(c)) c ∈ ( a,b ) sao cho tiếp tuyến tại C song
song cát tuyến AB.
5/ Định lí Cauchy: cho hàm số f(x), g(x) : 1/ liên tục trên đoạn [a, b]
2/ Khả vi trên khoảng (a, b) 3/ g’(x) ≠ 0 trên khoảng (a, b)
f ( b) − f ( a ) f ' ( c)
=
Khi ấy: ∃c ∈ ( a,b ) :
g ( b ) − g ( a ) g' ( c )


Chứng minh: Dễ thấy g(b) ≠ g(a) vì nếu ngược lại thì ∃x o ∈ ( a,b ) sao cho g ' ( x o ) = 0

trái với giả thiết 3
f ( b) − f ( a )
h
x
=
f
x
−
f
a
−
.( g ( x ) − g ( a ) ) thỏa định lí Rolle trên [a,
(
)
(
)
(
)
Xét hàm số
g ( b) − g ( a )
b] h(a) = h(b) = 0
f ( b) − f ( a ) '
f ( b) − f ( a ) f ' ( c)
'
'
⇒ ∃c ∈ ( a,b ) : h ( c ) = 0 ⇒ f ( c ) −
.g ( c ) = 0 ⇔
=
g ( b) − g ( a )
g ( b ) − g ( a ) g' ( c )

6/ Công thức Taylor: 1/ công thức taylor với phần dư Lagrange:
Cho f(x) khả vi đến cấp n + 1 trong khoảng (a, b). Khi ấy với x o , x ∈ ( a,b ) , ta có công
thức Taylor:
( n +1) c
n f ( k) ( x )
f
( ) . x − x n +1
k
o
f ( x) = ∑
.( x − x o ) +
(
o)
k!
n
+
1
!
(
)
k =0
With c ∈ ( x o , x ) c = x o + θ ( x − x o ) , 0 < θ < 1

f ( k) ( xo )
k
n +1
Dat R ( x ) = f ( x ) − ∑
.( x − xo ) ; G ( x ) = ( x − xo )
k!
k =0

( k)
 f ( 0) ( x o )
n f
xo )
(
0
k
Ta có : R ( x o ) = f ( x o ) − 
.( xo − xo ) + ∑
.( xo − xo ) ÷= 0
 0!
÷
k!
k =1


n

'

'

 f ( 0) ( x o )
 f ( 1) ( x o )
0
1
'
'
R ( x) = f ( x) − 
.( x − x o ) ÷ − 

.( x − xo ) ÷
 0!
÷  1!
÷

x 
x
( k +1)
n f
f ( k +1) ( x o )
( x o ) .k x − x k −1
k −1
'
'
−∑
.k ( x − x o ) = f ( x ) − f ( x ) − ∑
(
o)
k!
k!
k =2
k =2
n

f ( k) ( xo )
Vì
là hang so
k!
⇒ R ( xo )
'

R

( n)

=f

f ( k +1) ( x o )
k −1
= f ( xo ) − f ( xo ) − ∑
.k ( x o − x o ) = 0
k!
k =2

( x) = f

( n)

'

( n)

'

n

( n)
f ( k) ( xo ) 
f
xo ) 

(
k '
n '

( x − xo )  −
( x − x o ) 
( x) − ∑


k!
n!
k =0
n −1

f ( k) ( xo )
f ( n) ( xo )
k!
k −n
.
.n!
( x) − ∑
( x − xo ) −
k!
n!
k =0
( k − n) !
n −1

⇒ R( n) ( xo ) = f ( n) ( xo ) − f ( n) ( xo ) = 0
Vay :R ( x o ) = R ' ( x o ) = ...R ( n ) ( x o ) = 0, G ( x o ) = G ' ( x o ) = ...G ( n ) ( x o ) = 0

Theo định lí Cauchy ta có:
R ( x ) R ( x ) − R ( x o ) R ' ( x1 )
=
=
With x1 ∈ ( x o , x ) x1 = x o + θ ( x − x o ) , 0 < θ < 1
G ( x ) G ( x ) − G ( x o ) G ' ( x1 )
Ta sử dụng định lí Cauchy 1 lần nữa:
R ' ( x1 ) R ' ( x1 ) − R ' ( x o ) R '' ( x 2 )
=
=
With x 2 ∈ ( x o , x1 ) x 2 = x o + θ ( x1 − x o ) , 0 < θ < 1
G ' ( x1 ) G ' ( x1 ) − G ' ( x o ) G '' ( x 2 )
sau n + 1 bước ta được:
n +1
n +1
R ( x ) R ' ( x1 )
R ( ) ( x n +1 ) f ( ) ( x n +1 )
=
= ... n +1
=
(
)
G ( x ) G ' ( x1 )
( n + 1) !
G
( x n +1 )
n +1
k

n +1
f ( ) ( xo )
f ( ) ( x n +1 ) . ( x − x o )
k
⇒ R ( x) = f ( x) − ∑
.( x − xo ) =
k!
( n + 1) !
k =0
n

With c = x n +1 ∈ ( x o , x n ) x n +1 = x o + θ ( x n − x o ) , 0 < θ < 1
n +1
f ( ) ( x n +1 )
Biểu thức R n ( x ) =
( x − x o ) n +1 được gọi là phần dư dạng Larrange
( n + 1) !
Công thức Taylor với phần dư Peano
Cho f(x) khả vi đến cấp n – 1 trong khoảng (a, b), ∃f ( n ) x
x ∈ a,b . Khi ấy với

(

o

) (

o

( k) x

f
( o). x − x k +o x − x n
x o , x ∈ ( a,b ) , ta có: f ( x ) = ∑
(
(
o)
o)
k!
k =0

(

n

(

(

))

)

) đọc là micro (vô cùng bé) của ( x − x )
Biểu thức R ( x ) = o ( ( x − x ) ) được gọi là phần dư dạng Peano
o ( x − xo )

n

o

n

o

n

n

f ( k) ( xo )
k
Cm : Voi R ( x ) = f ( x ) − ∑
.( x − xo )
k!
k =0
n

R ( n −1) ( x ) = R ( n −1) ( x ) − R ( n −1) ( x o ) = R ( n ) ( x o ) ( x − x o ) + o ( x − x o ) = o ( x − x o )
Chú thích: R ( n ) x = 0

(

o

)

∆f ( x o )
∆f ( x o )
= f ' ( x o ) ⇒ α = o ( ∆x ) =
− f ' ( x o ) → 0 ( ∆x → 0 )
∆x →0

∆x
∆x

∃ lim

⇒ ∆f ( x o ) = f ' ( x o ) .∆x + o ( ∆x )
Tiếp tục với R ( n − 2 ) x , ta có:

( )
n −2
n −2
n −2
n −1
R( ) ( x ) = R( ) ( x ) − R( ) ( xo ) = R( ) ( c) ( x − xo )

(

= o ( ( c − xo ) ) .( x − xo ) = o ( x − xo )
vì c nằm giữa x và x o

2

)


(

Tiếp tục quá trình trên, ta được: R n ( x ) = o ( x − x o )

n

)

Công thức Maclaurin
Công thức Taylor với n = 0 được gọi là công thức Maclaurin:
( n +1) c
n f ( k) ( 0)
( ) n +1
k f
f ( x) = ∑
.x +
.x
With c ∈ ( x,0 ) c = θ.x, 0 < θ < 1
k!
( n + 1) !
k =0
Nếu đặt x = c + h thì ta có:
n
n +1
f ' ( c)
f '' ( c ) 2
f ( ) ( c ) n f ( ) ( c + θh ) n +1
f ( c + h ) = f ( c) +
h+
h + ...
h +
h
1!
2!
n!

n
+
1
!
(
)
'
Với n = 1, ta có công thức Larrange: f ( c + h ) = f ( c ) + h.f ( c + θh )
Công thức Maclaurin 1 số hàm cơ bản:
n xk
x2
xn
k)
(
x ( k)
x
n
1/ f ( x ) = e ⇒ f ( x ) = e , f ( 0 ) = 1 ⇒ e = 1 + x +
+ ... + o x = ∑
2!
n!
k =0 k!

( )

x

n xk
x2
xn

n
+ ... + o x = ∑
2!
n!
k = 0 k!
π

k
2 / f ( x ) = sin x ⇒ f ( ) ( x ) = sin  x + k ÷
2

π
2m
2m −1)
⇒ f ( ) ( 0 ) = sin ( mπ ) = 0, f (
( 0 ) = sin  2mπ − ÷ = ( −1) m−1
2

2k −1
2m f ( 2k ) ( 0 )
2m −1 f ( 2k −1) ( 0 )
2m −1 ( −1)
2k
2k −1
Vay sin x = ∑
x + ∑
x
= ∑
x 2k −1
2k!

k =0
k =1 ( 2k − 1) !
k =1 ( 2k − 1) !

( )

Từ đây ⇒ bất đẳng thức: e x > 1 + x +

2m −1
x3 x5
2m −1 x
= x − + + ... + ( −1)
.
+ o x 2m
3! 5!
( 2m − 1) !

(

2m −1

Từ đây ⇒ bất đẳng thức: sin x > ∑

k =1

)

( −1) 2k −1 x 2k −1
( 2k − 1) !

π

k
3 / f ( x ) = cos x ⇒ f ( ) ( x ) = cos  x + k ÷
2

⇒ f(

2m )

( 0 ) = cos ( 2mπ ) = ( −1) m , f ( 2m−1) ( 0 ) = cos  2mπ −
2m

Vay cos x = ∑

k =0

f(



2k )

π
÷= 0
2

( 0 ) x 2k + 2m−1 f ( 2k −1) ( 0 ) x 2k −1 = 2m ( −1) k x 2k
∑
∑

2k
−
1
!
( 2k ) !
(
)
k =1
k =0 ( 2k ) !

2m
x2 x4
m −1 x
= 1−
+
+ ... + ( −1)
.
+ o x 2m +1
2! 4!
( 2m ) !

(

)


m
−1) 2k
(
Từ đây ⇒ bất đẳng thức: cos x > ∑

x
2k
!
(
)
2k = 0
a
a −k
k
4 / f ( x ) = ( 1 + x ) , x > −1, a ∈ R ⇒ f ( ) ( x ) = a ( a − 1) ... ( a − ( k + 1) ) ( 1 + x )
2m

a!
a!
= A ak
( 1 + x ) a −k , k ∈ N f ( k ) ( 0 ) =
( a − k) !
( a − k) !
∞ f ( k ) ( 0)
∞
n
a!
a
k
k
⇒ ( 1+ x) = ∑
.x = ∑
x = ∑ Cak .x k
k!
k =0

k =0 k!( a − k ) !
k =0
=

a ( a − 1) 2 a ( a − 1) ( a − 2 ) 3
x +
x + ...
2!
3!
n
1
=
( −1) k x k = 1 − x + x 2 + o x 2 Với x < 1
∑
Đặc biệt, ta có: 5/
1 + x k =0
Điều kiện này ta sẽ xét trong chuỗi lũy thừa
( k)
1
k!
−1 ( k )
k
 1 
k)
(
f ( x) = 
=
1
+
x

=
−
1
−
2
...
−
k
=
−
1
.
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
÷
1+ x 
( 1 + x ) k +1
( 1 + x ) k +1
= 1 + a.x +

( )

(

)

k
n f ( k) ( 0)
n ( −1) k!
n
k
−
1
k)
(
⇒ f ( 0 ) = ( −1) k! = A k−1 ⇒ ( 1 + x ) = ∑
.x k = ∑
x k = ∑ Ck−1.x k
k!
k!
k =0
k =0
k =0

1+ x = ( 1+ x)

1
2

3
x 1  1  x 2 1  1  1
x

= 1 + +  − 1÷ +  − 1÷ − 2 ÷ + o x 3
2 2  2  2! 2  2  2
 3!

( )

x x 2 3x 3
= 1+ −
+
+ o x3
2 8 8.3!

( )

1
= ( 1+ x)
1+ x

−

1
2

3
x 1  1  x2 1  1   1
x
= 1 − −  − − 1÷ −  − − 1÷ − − 2 ÷ + o x 3
2 2  2  2! 2  2   2
 3!

( )

x 3x 2 15x 3
= 1− +
−
+ o x3
2
8
8.3!

( )


f ( x ) = ( 1+ x )

=

a1
a2

a1

a2

⇒  ( 1+ x )



a1 ( a1 − a 2 ) ( a1 − 2a 2 ) ... ( a1 − ( k − 1) a 2 )

( a2 )

k −1

=

( k)
a1

−k
a
÷
2





a1 a1
a1
a1
÷ =  − 1 ÷ − 2 ÷...  − ( k − 1) ÷( 1 + x )
a 2  a 2  a 2
  a2

÷


∏ ( a1 − i.a 2 )

i =0

( a2 ) k

⇒ ( 1+ x)

a1
a2

.( 1 + x )

k
a1
−k
a2

∞

k
f ( ) ( 0)

k =0

k!

= ∑

=

a1

a2
Ak

.( 1 + x )

a1
−k
a2

k −1
k
⇒ f ( ) ( 0) =

∏ ( a1 − i.a 2 )

i =0

0
f ( ) ( 0) = 1

( a2 ) k

a
1
f ( ) ( 0) = 1
a2

k −1

xk = 1+

6 / f ( x ) = ln ( 1 + x ) ⇒ f ( x )
'

.( 1 + x )

a1
−k
a2

∏ ( a1 − i.a 2 ) .x

a1x a1 ( a1 − a 2 ) x
+
... + i=0
2
a 2 .1!
( a 2 ) .2!
( a 2 ) k .k!
2

0
−1) .0! ''
(
=
,f

1+ x

k

1
−1) .1!
(
( x) =
( 1+ x ) 2

( −1) .1!.2 ( 1 + x ) = ( −1) .2! , f ( 4 ) x = ( −1) .2!.3 ( 1 + x ) = ( −1) .3!
3
f ( ) ( x) =
( )
4
3
( 1+ x)
(1+ x)
( 1+ x ) 6
(1+ x) 4
Theo quy nạp ta được:
2

2

( n ) ( −1)
n
f ( ) ( x ) = ( ln ( 1 + x ) ) =

n −1

3

. ( n − 1) !

( 1+ x ) n

2

n −1
n
⇒ f ( ) ( 0 ) = ( −1) . ( n − 1) !

k −1
k
k
n ( −1)
n
f ( ) ( 0) k
. ( k − 1) ! k
k −1 x
⇒ ln ( 1 + x ) = ∑
.x = ∑
x = ∑ ( −1)
k!
k!
k
k =0
k =0
k =0
n

n

x 2 x3
n −1 x
⇒ ln ( 1 + x ) > x −
+ + ... ( −1) . + o x n
2
3
n
0
1
−
1
.0!
−
1
.1!
(
)
(
)
7 / f ( x ) = ln ( x ) ⇒ f ' ( x ) =
, f '' ( x ) =
x
x2

( )

( −1)
Theo quy nạp ta được: f ( n ) ( x ) = ( ln x ) ( n ) =

n −1

Ta gặp khó khăn khi tính f ( n ) ( 0 )
n

Ta biến đổi: ln ( 1 + x ) = ln ( 1 + ( x − 1) ) = ∑ ( −1)

k −1

.( n − 1) !

xn

( x − 1) k

k =0

2n +1
x3 x5
n x
8/ arctgx = x − +
+ ... ( −1) .
+ o x 2n + 2 .
3
5
2n + 1

(

)

k

3


1

Cm: ta đạo hàm 2 vế: ( arctgx ) =
'

= 1 − x 2 + x 4 + ... ( −1) .x 2n (đúng)
n

1 + x2
9 / f ( x ) = tgx ⇒ f ' ( x ) = tg 2 x + 1 ⇒ f ' ( 0 ) = 1

(

)

f '' ( x ) = 2tgx ( tgx ) = 2tgx tg 2 x + 1 ⇒ f '' ( 0 ) = 0
'

(

)

(

)

(

)

'
2
3


3
f ( ) ( x ) = 2  tgx tg 2 x + 1  = 2  tg 2 x + 1 + 2tg 2 x tg 2 x + 1 ÷⇒ f ( ) ( 0 ) = 2




3
3 f ( k ) ( 0)
f ' ( 0)
f ( ) ( 0) 3
2x 3
x3
k
⇒ tgx = ∑
.x =
.x +
.x = x +
=x+
vi f ( 0 ) = f '' ( 0 ) = 0
k!

1!
3!
3!
3
k =0
Hàm cotgx ko có khai triển Maclaurin vì ko có đạo hàm tại điểm x o = 0
VD1: Viết công thức Maclaurin cho esin x đến cấp x 3 :

e

sin x

s in 2 x s in 3x
= 1 + sin x +
+
+ o s in 3x
2
6

(

)
2



x3
x3
4
2

Mat khac : sin x = x − + o x ⇒ sin x ≈  x − + o x 4 ÷
6
6



( )

9

2 x
=x +
+  o x4
36 

( )

( )

3
4
x
.o
x
x4
+ 2x.o x 4 −
÷−
3
 3

( )
( )
= x 2 + o ( x 5 ) + o ( x8 ) + o ( x 3 ) + o ( x 5 ) + o ( x 7 ) = x 2 + o ( x 3 )
2

( )

sin 3 x = x 3 + o x 4

 x3   x 2
x2
3  1
3
4
3
⇒e
= 1 + 1 − ÷+  + o x ÷+ x + o x + o x = 1 + x +
+ o x3
6   2
2

 6
1 + x + x2
VD2: Khai triển f ( x ) =
đến bậc 4 của x. Tính f ( 4 ) ( 0 )
2
1− x + x
1 + x + x 2 1 + x 1 + x 3 + 2x + 2x 2
2
3 −1

Ta có : f ( x ) =
.
=
=
1
+
2x
+
2x
1
+
x
1− x + x2 1+ x
1 + x3
sin x

( )

(

( )) ( )

(
)( )
−1
Mà : ( 1 + x 3 ) = 1 − x 3 + o ( x 6 ) ⇒ f ( x ) = 1 + ( 2x + 2x 2 ) ( 1 − x 3 + o ( x 6 ) )
= 1 + 2x + 2x 2 − 2x 4 + o ( x 4 )

4
f ( ) ( 0) 4

4
Theo công thức Maclaurin: −2x =
x ⇒ f ( ) ( 0 ) = −2.4! = −48
4!
Sử dụng công thức Taylor tính giới hạn:
4

( )


e x − e− x − 2x
1/ Tính lim
x →0
x − sin x
x 2 x3 −x
x 2 x3
x3
x
Ta có : e = 1 + x +
+ , e = 1− x +
− , sin x = x −
2! 3!
2! 3!
3!
 x3 x3   1 1 
e x − e − x − 2x
⇒ lim
= lim  ÷ ÷ =  ÷ ÷ = 2
x →0
x →0  3

x − sin x
3!   3 6 
1 

2 
2/ Tính lim  x − x ln 1 + ÷÷
x →∞ 
 x 
1
1
 1  1
 1  1
 1
Ta có : x − x 2 ln 1 + ÷ = x − x 2  − 2 + o  2 ÷÷ = + x 2 .o  2 ÷ =
( x → ∞)
 x
 2x   2
 2x  2
 x 2x
0
7/ Quy tắc L’hopital: định lí 1: dạng  ÷
0
Cho các hàm f(x), g(x) khả vi trên khoảng (a, b) và:
1/ lim f ( x ) = 0, lim g ( x ) = 0 c ∈ ( a,b )
2/ g ' ( x ) ≠ 0 trên khoảng (a, b)
x →c

3/ lim

f ' ( x)

x →c g '

( x)

x →c

=A

f ( x)
=A
x →c g ( x )

khi ấy tồn tại giới hạn: lim

Cm: Vì f(c) = 0, g(c) = 0 nên hàm f(x), g(x) thỏa định lí Cauchy trên đoạn [x, c],
f ( x ) f ( x ) − f ( c) f ' ( d)
x ∈ ( a, b ) ⇒
=
=
xg ( x ) g ( x ) − g ( c ) g' ( d )
g ( x ) − g ( c ) ≠ 0 vi g ( x ) ≠ 0 tren ( a, b ) . Cho x → d ⇒ c → d
f ( x)
f ' ( d)
⇒ lim
= lim '
=A
x →c g ( x )
d →c g ( d )

∞
định lí 2: dạng  ÷
∞
Cho các hàm f(x), g(x) khả vi trên khoảng (a, b) và:
'
f ( x ) = ∞, lim g ( x ) = ∞ c ∈ ( a,b )
g
1/ xlim
2/
( x ) ≠ 0 trên khoảng (a, b)
→c
x →c
3/ lim

f ' ( x)

x →c g '

( x)

=A

f ( x)
=A
x →c g ( x )

khi ấy tồn tại giới hạn: lim

Cm: Với ε > 0 từ 3/ sẽ tồn tại c1 ∈ ( a,b ) sao cho ∀x ∈ ( c1,c ) :

f ' ( x)

g ( x)
'

−A <

Sử dụng công thức Cauchy cho đoạn [ c1 , x ] với c1 < x < c < b , ta được:

ε
2

( ε → 0)


f ( x ) − f ( c1 ) f ' ( c 2 )
=
g ( x ) − g ( c1 ) g ' ( c2 )

c1 < c 2 < x < c < b Khi x → c thi c 2 → c

f ' ( c2 )
f ( x ) − f ( c1 )
f ( x ) − f ( c1 )
ε
⇒ lim '
= lim
=A⇒
−A <
c2 →c g ( c 2 ) x →c g ( x ) − g ( c1 )

g ( x ) − g ( c1 )
2
Ta có :

( 1)


f ( x)
f ( c1 ) − A.g ( c1 )  g ( c1 )  f ( x ) − f ( c1 )
−A =
+ 1 −
− A÷
÷
g( x)
g( x)
 g ( x )  g ( x ) − g ( c1 )


Vì : g ( x ) → ±∞ ( x → c ) ⇒

f ( c1 ) − A.g ( c1 ) ε
g ( c1 )
< , 1−
<1
g( x)
2
g( x)

( 2)

( 3)

f ( x)
f ( x)
− A < ε ε → 0 + ⇒ lim
=A
x →c g ( x )
g( x)
1 − cos x
sin x 1
VD1: lim
=
lim
=
x →0
x →0 2x
2
x2

(

Tu ( 1) , ( 2 ) , ( 3) ⇒

)

1 
x 2 − sin 2 x
 1
VD2 : I = lim  2 − 2 ÷ = lim 2 2
x →0  sin x x  x →0 x sin x

Tất nhiên có thể dùng ngay quy tắc Lhopital, nhưng để đơn giản trước khi dùng quy
tắc Lhopital ta sử dụng vô cùng bé tương đương (hay khai triển Taylor ứng với số hạng
đầu tiên): x 2 sin 2 x : x 4
x 2 − sin 2 x
2x − 2sin x.cos x
2 − 2 cos 2x
4sin 2x 1
Vay I = lim
=
lim
=
lim
=
lim
=
x →0
x →0
x →0
x →0 24x
3
x4
4x 3
12x 2
VD3 : I = lim x
x →1

1
x −1

= lim e

x →1

ln x
x −1

= lim e
x →1

 −1 
 ÷
 x 

= e −1

1
 1  1 

VD4 : I = lim x.ln x = lim  ln x ÷ ÷ = lim  ÷  − 2 ÷÷ = 0
x  x →0 +  x  x  
x →0+
x →0 + 


8/ Tính đạo hàm dạng: f ( x ) = u ( x ) v( x )
v( x )

f ( x) = u ( x)

⇒ ln f ( x ) = v ( x ) .ln u ( x ) ⇒ ( ln f ( x ) )

'

f ' ( x)
'
=
= ( v ( x ) .ln u ( x ) )
f ( x)

)

(

'
'
v x
v x
⇒ f ' ( x ) = f ( x ) . ( v ( x ) .ln u ( x ) ) ⇒ ∫ u ( x ) ( ) . ( v ( x ) .ln u ( x ) ) dx = u ( x ) ( )

y = u v ⇒ ln y = v.ln u ⇒ d ( ln y ) = d ( v.ln u )
⇒

dy
vdu
vdu 
vdu 

v
= ln u.dv +
⇒ dy = y  ln u.dv +
=

u
ln
u.dv
+
÷

÷
y
u
u 
u 



vdu 

v
⇒ ∫ u v  ln u.dv +
÷= u
u 

Bài tập:
1/ Bài tập tính đạo hàm dạng: f ( x ) = u ( x ) v( x )
n

1/ f ( x ) = ( a1x + b1 ) ( a 2 x + b 2 ) ... ( a n x + b n ) = ∏ ( a k x + b k )
k =1

n
f ' ( x)  n

ak

⇒ ln f ( x ) = ∑ ln ( a k x + b k ) ⇒ ( ln f ( x ) ) =
=  ∑ ln a k x + b k ÷ = ∑
f ( x )  k =1
 k =1 a k x + b k
k =1
n
n
n
ak
ak
'
⇒ f ( x) = f ( x) . ∑
= ∏ ( a k x + bk ) . ∑
k =1 a k x + b k
k =1 a k x + b k
k =1
n

'

'

n
n
 n

ak
⇒ ∫  ∏ ( a k x + bk ) . ∑

dx
=
∏ ( a k x + bk )
÷
a
x
+
b
k =1 k
k =1
 k =1
k
n
n
n d( u )
dy n d ( u k )
k
y = ∏ u k ⇒ ln y = ∑ ln u k ⇒ d ( ln y ) =
= ∑
⇒ dy = y. ∑
y k =1 u k
k =1
k =1 u k
k =1

n
n
n d( u )
d ( uk )
k

⇒ ∫ ∏ uk . ∑
= ∏ uk
k =1 u k
k =1 u k
k =1
k =1
k =1
(tính đạo hàm cấp n làm sao em bó tay)
n

n

= ∏ uk . ∑

n

2/ f ( x ) = ∏ ( a k x + b k )
k =1

m

n

⇒ ln f ( x ) = m ∑ ln ( a k x + b k )
k =1
'

n
f ' ( x)
m.a k

 n

⇒ ( ln f ( x ) ) =
= m  ∑ ln a k x + b k ÷ = ∑
f ( x)
 k =1
 k =1 a k x + b k
n
n
m.a k
m.a k
m n
'
⇒ f ( x) = f ( x) . ∑
= ∏ ( a k x + bk ) . ∑
k =1 a k x + b k
k =1 a k x + b k
k =1
'

 n
m.a k
m n
⇒ ∫  ∏ ( a k x + bk ) . ∑
k =1 a k x + b k
 k =1

n

dx

=
( a k x + bk ) m
∏
÷
k =1



n

(

2
3/ f ( x ) = ∏ a k x + b k x + ck
k =1

⇒ ( ln f ( x ) )

'

)

m

n

(

⇒ ln f ( x ) = m ∑ ln a k x 2 + b k x + c k
k =1

'

)

n m. ( 2a x + b )
f ' ( x)
 n

k
k
=
= m  ∑ ln a k x 2 + b k x + c k ÷ = ∑
2
f ( x)
 k =1
 k =1 a k x + b k x + c k
n

⇒ f ' ( x) = f ( x) . ∑

m. ( 2a k x + b k )

k =1 a k x

2

+ bk x + ck

n

(

= ∏ a k x 2 + bk x + ck
k =1

)

m n

.∑

m. ( 2a k x + b k )

k =1 a k x

2

+ b k x + ck

n
m. ( 2a k x + b k ) 
2
dx
=
∏ a k x + bk x + ck
÷
2
÷
k =1 a k x + b k x + c k 
k =1

y'
x
4/ y = x ⇒ ln y = x.ln x ⇒ = 1 + ln x ⇒ y ' = y ( 1 + ln x ) = x x ( 1 + ln x )
y

 n
⇒ ∫  ∏ a k x 2 + b k x + c k
 k =1

(

)

(

m n

.∑

)

m

Cho a(x) là hàm ngược của y = x x . Tính a ' ( x ) theo a ( x )
1
1
1
Ta có : y'x = x x ( 1 + ln x ) ⇒ x ' y = ' = x
=
y x x ( ln x + 1) y ( ln x ( y ) + 1)

⇒ a' ( x ) =
5/ y = x

x2

1

x ( ln a ( x ) + 1)
y'
⇒ ln y = x .ln x ⇒ = 2x.ln x + x
y
2

⇒ y' = y ( 2x.ln x + x ) = x x

2

( 2x.ln x + x )
x ( x − 1)
y
=
6/ tính đạo hàm của hàm số
( x − 2)
Giải: hàm số xác định ∀x ∈ [ 0,1] ∪ ( 2, +∞ )

tại những điểm đạo hàm tồn tại.

1
y' 1  1
1

1 
'
ln y = ( ln x + ln x − 1 + ln x − 2 ) ⇒ ( ln y ) = =  +
−
÷
2
y 2  x x −1 x − 2 
y1
1
1 
x 2 − 4x + 2
⇒y =  +
−
÷=
2  x x − 1 x − 2  2 x ( x − 1) ( x − 2 ) 3
'

y' ln ( sin x )
7 / y = ( sin x ) ⇒ ln y = tgx.ln ( sin x ) ⇒ ( ln y ) = =
+1
2
y
cos x

tgx  ln ( sin x )
⇒ y' = ( sin x ) 
+
1
÷
2

 cos x

tgx

'

8/ Cho u(x), v(x) có đạo hàm với mọi x ∈ R , y = u 2 ( x ) + v 2 ( x ) Tính y 'x
Giải: đặt t = u 2 ( x ) + v 2 ( x ) ⇒ y = t


'

'

2u ( x ) .u ' ( x ) + 2v ( x ) .v ' ( x )

'

y x = y t .t x =

⇒∫

2 t

u.u ' + v.v'
2

u +v

1

= ∫
2

(

=

2

dx = ∫

1
−
u 2 + v2 2

)

u.du + v.dv
2

u +v

(

d u 2 + v2

)

2

=∫

(

(

u ( x ) .u ' ( x ) + v ( x ) .v ' ( x )
u 2 ( x ) + v2 ( x )

) = 1 ∫ u 2 + v2 − 12 d u 2 + v2
(
)
(
)
2
2
2
u +v

d u 2 + v2
2
2

1
2 − 2 +1
+v

)

1 u

=
1
2
− +1
2

=

(

1
u 2 + v2 2

)

(

9/ Cho u(x), v(x) có đạo hàm với mọi x ∈ R , y = u m ( x ) + v m ( x )
Dat t = u m ( x ) + v m ( x ) ⇒ y = t n
'

'

'

⇒ y x = y t .t x = n.t
10/ Cho u i ( x )

(

n −1 '

m

.t x = n u + v

( i = 1,2,...a )

)

m n −1

(

.m u m −1.u ' + v m −1.v'

có đạo hàm với mọi x ∈ R ,

n

 a mi

y =  ∑ u i ( x ) ÷ Tính y 'x
 i =1

a

Dat t = ∑ u i
i =1

mi

( x) ⇒ y = t

n

a

(

'

i =1
n −1 a


a
y'x = y 't .t 'x = n.t n −1.t 'x = n  ∑ u i mi ÷
 i=1

n −1 a

a

⇒ ∫ n  ∑ u i mi ÷
 i=1


(

. ∑ mi .u i
i =1

)

, t x = ∑ mi .u i mi −1 ( x ) . ( u i ) x
'

mi −1

( )

'
ui x

(

. ∑ mi .u i mi −1 ( u i ) x
i =1

)

'

n

a

dx =  ∑ u i mi ( x ) ÷
 i =1



)

)

)

n

Tính y 'x


11/ Neu n =

a
1
⇒ y = n1 ∑ u i mi ( x )
n1
i =1

a

t = ∑ u i mi ( x ) ⇒ y = t

1
n1

i =1

y'x = y 't .t 'x = n1.t

=

n1

a

i =1

1
−1
n1
'


.t x = n1  ∑ u i
 i=1
a

a

Dat n1 = n, ta có : y = n ∑ u i

mi

i =1

⇒

n.∫ n

1− n a

 a mi 
 ∑ ui ÷
 i=1


Neu n =
a

t = ∑ ui
i =1

(

t, t 'x = ∑ mi .u i mi −1 ( x ) . ( u i ) x
'

1− n1
a
mi  n1
.∑

÷


i =1

( m .u
i

i

mi −1

)

( x ) . ( u i ) 'x
1− n a

a
( x ) ⇒ y x = n.n  ∑ u i mi ÷
 i =1

'

(

)

)

(

. ∑ mi .u i mi −1 ( x ) . ( u i ) x
i =1

'

a

. ∑ mi .u i mi −1 ( x ) . ( u i ) x dx = n ∑ u i mi
i =1

'

i =1

n1
 n2

n1
a
⇒ y =  ∑ u i mi ( x ) ÷
n2
 i=1


mi

( x) ⇒ y = t

y'x = y 't .t 'x =

n1
.t
n2

n1
n2

a

i =1

n1
−1
n2
'

(

, t x = ∑ mi .u i mi −1 ( x ) . ( u i ) x
'

.t x =

n1  a
∑ ui
n 2  i=1

'

n1
−1 a
mi  n 2
.∑

÷


i =1

( m .u

n1

−1
a
n1  
 n2 a
'
mi
⇒
. ∑ mi .u i mi −1 ( x ) . ( u i ) x
∫   ∑ ui ( x ) ÷
n 2   i=1

i =1


(

k

i

)

)
i

mi −1

( x ) . ( u i ) 'x

n1

a
÷dx =  u mi x  n 2
∑ i ( )÷
÷
 i=1

÷


k
k −1
t
Cho u i = a ki x + a ( k −1) i x + ...a1i x + a oi = ∑ a ti x . Ta có tổng lặp:
t =0

)

)

n1
n1


−1
m
−
1
i
a
n  a  k
a k
 n
 k

 k
t −1  ÷
t   n2
⇒ 1 ∫   ∑  ∑ a ti x t ÷÷ 2 . ∑ mi . ∑ a ti x t ÷
t.a
x
dx
=
a
x
∑
∑
∑
ti
ti ÷÷


÷÷
 
n 2   i =1 t =0

i =1
 t =0

 t =1
÷

 i =1 t =0


(đạo hàm tiếp em ko làm nổi, anh nào super làm đi ~^_^~ )
( n)
k!
12 / x k
= k ( k − 1) ( k − 2 ) ... ( k − n + 1) x k −n =
x k −n = A kn .x k −n
( k − n) !

( )

( )
xk

( n +1)

( )

⇒∫ x

k

= k ( k − 1) ( k − 2 ) ... ( k − n ) x k −n −1 =
( n +1)

( )

dx = ∫ x

k

( n)

k!
x k −n −1 = A kn +1.x k −n −1
( k − n − 1) !

k!
k!
x k −n
k!
k − n −1
⇒
x
dx
=
.

=
x k −n
∫
( k − n − 1) !
( k − n − 1) ! k − n ( k − n ) !

hay ∫ A kn +1.x k −n −1 = A kn .x k −n
( n)
k1
 k1 
  k1
 k 2 −n
k1
k1  k1  k1
k2 ÷

Dat k =
, ta có: x
=
− 1 ÷ − 2 ÷...  − ( n − 1) ÷x


÷
k2
k 2  k 2  k 2
  k2



=

k1 ( k1 − k 2 ) ( k1 − 2k 2 ) ... ( k1 − ( n − 1) k 2 )
k 2n
n −1

k2

.

x

k1−nk 2

=

k1
k 2 k2
An .

x

k1−nk 2

n
k
( n +1)

∏ ( k1 − i.k 2 ) k 1 −n −1
2
i =0

÷
= i =0
x
=
x
n
n +1
÷
k2
k
2

n −1
 n

k1
k
( n +1)
( n)
k
k
−
n
−
1
 1
 1
∏ ( k1 − i.k 2 ) k
∏ ( k1 − i.k 2 ) k 1 −n


÷
2
2
k
dx =  x k 2 ÷ ⇒ ∫  i=0 n +1
x
x
÷dx = i =0
∫x 2 ÷
n

÷

÷

÷
k
k
2
2





÷


13/ Cho u(x), v(x) có đạo hàm với mọi x ∈ R , tính đạo hàm của
y ( x ) = log u ( x ) v ( x ) ( u ( x ) > 0, v ( x ) > 0,u ( x ) ≠ 1)

∏ ( k1 − i.k 2 )

k1
−n
k2

 k1
 x k2



v'x
u 'x
ln u −
ln v
ln v
1  v' ln v u ' 
'
v
u
y ( x ) = log u( x ) v ( x ) =
⇒ y ( x) =
=
. ÷
 −
2
ln u
ln
u

v
ln
u
u
ln u

1  v' ln v u ' 
ln v
⇒∫
. ÷dx = log u( x ) v ( x ) =
 −
ln u  v ln u u 
ln u
Cho v = sin x, u = cos x


⇒∫

 cos x ln ( sin x ) ( − sin x ) 
ln ( cos x )
1
−
.
dx
=
log
cos
x
=


÷
sin x
ln ( cos x )  sin x ln ( cos x ) cos x 
ln ( sin x )

Cho v = sin n x, u = cos m x
 n. sin x n −1 cos x ln sin n x m.cos m−1 x − sin x 
)
(
) ÷dx
1
 (
⇒∫
−
.
÷
sin n x
cos m x
ln cos m x 
ln cos m x



(

= log

)

sin n x

m

cos x =

n

(
)
ln ( sin n x )

)
)

ln cos m x

m

k
Cho v = ∑ a i x , u = ∑ b k x
i =0

i

(
(

k =0
n


 n
i m
i −1
k −1 
ln
a
x
∑
i.a
x
k.b
x
∑
∑
i ÷


÷
i
k
1


i
=
0
i
=
1

k
=
1

÷dx
⇒∫
−
. m
n
m
 m



i
k
ln  ∑ b k x k ÷ ∑ a i x
ln  ∑ b k x k ÷ ∑ b k x ÷
÷
 k =0
  i =0
 k =0
 k =0

 n
i
ln
a
x
∑

i ÷

 n
i

i =0

= log m
∑ aix ÷=


k  i =0
 ln  m b x k 
 ∑ b k x ÷
÷
∑ k ÷
 k =0

 k =0

dv
du
ln u − ln v
ln v
1  dv ln v du 
u
y = log u v =
⇒ dy = v
=
. ÷

 −
2
ln u
ln
u
v
ln
u
u 

ln u
1  dv ln v du  ln v
⇒∫
. ÷=
 −
ln u  v ln u u  ln u
2/ Bài tập tính đạo hàm của hàm ẩn:
1/ Tính đạo hàm y' ( 0 ) của hàm ẩn y(x) cho bởi pt: x 3 + ln y − x 2e y = 0
Lấy đạo hàm 2 vế theo biến x, ta được:
y'
2xe y − 3x 2
2
y
2 y '
'
3x + − 2xe − x e y = 0 ⇒ y =
1
y
− x 2e y
y

Khi x = 0, từ pt x 3 + ln y − x 2e y = 0 ⇒ ln  y ( 0 )  = 0 ⇒ y ( 0 ) = 1
y 0
2xe ( ) − 3x 2
y ( 0) =
=0
1
Thế x = 0, y(0) = 1 vào biểu thức
y
0
(
)
− x 2e
y ( 0)
'