OPTADS360
ATNETWORK
RANDOM
ON
YOMEDIA
Banner-Video
IN_IMAGE

Bài 1: Đạo hàm


Mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài giảng Bài 1: Đạo hàm sau đây để tìm hiểu về định nghĩa và ý nghĩa hình học, vài ví dụ tính đạo hàm bằng định nghĩa, ý nghĩa hình học của đạo hàm, vài qui tắc tính đao hàm, đạo hàm của hàm hợp, đạo hàm của hàm ngược.

AMBIENT-ADSENSE/lession_isads=0
QUẢNG CÁO
 
 
 

Tóm tắt lý thuyết

1. Định nghĩa và ý nghĩa hình học

Định nghĩa: Cho hàm số f xác định trên khoảng mở I chứa x0. Nếu giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f({x_0} + h) - f({x_0})}}{h}\)  tồn tại hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của f tại x0.

Kí hiệu: \(f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f({x_0} + h) - f({x_0})}}{h}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f({x_0} + \Delta x) - f({x_0})}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}\)

Nếu f'(x0) tồn tại ta nói f có đạo hàm tại x0

Khi f'(x0) tồn tại, ta có \(f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\)

Nếu f có đạo hàm tại mọi x thuộc I, khi đó f có đạo hàm trên I và gọi hàm số \(f':I \to R\) là đạo hàm của hàm f.

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ - }} \frac{{f({x_0} + h) - f({x_0})}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{_0}^ - } \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\) tồn tại hữu hạn thì giới hạn đó gọi là đạo hàm bên trái tại x0.

Kí hiệu: \(f'(x_0^ - ) = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ - }} \frac{{f({x_0} + h) - f({x_0})}}{h}\)

Tương tự: \(f'(x_0^ + ) = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ + }} \frac{{f({x_0} + h) - f({x_0})}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\)đạo hàm bên phải tại x0 của f.

Nhận xét:

i) \(f'(x_0^ - )\) tồn tại \(\Leftrightarrow f'(x_0^ - ),f'(x_0^ + )\) tồn tại và \(f'(x_0^ - ) = f'(x_0^ + )\)

ii) Có khi \(f'(x_0^ - )\)\(f'(x_0^ + )\) tồn tại nhưng \(f'(x_0 )\) không tồn tại.

Ví dụ: Xét \(f(x)=|x|\).

Ta có: \(f'({0^ + }) = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ + }} \frac{{\left| {0 + h} \right| - \left| 0 \right|}}{h} = 1\)

\(f'({0^ - }) = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ - }} \frac{{\left| {0 + h} \right| - \left| 0 \right|}}{h} = - 1\)

Nhưng f'(0) không tồn tại.

2. Vài ví dụ tính đạo hàm bằng định nghĩa

  • \(y = f(x) = {x^n}\)

\(y' = f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{{{(x + h)}^n} - {x^n}}}{h}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{{x^n} + n{x^{n - 1}}h + \frac{{n(n - 1)}}{{2!}}{x^{n - 2}}{h^2} + ... + {h^n} - {x^n}}}{h}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{hn{x^{n - 1}} + \sum\limits_{k = 2}^n {\frac{{n!}}{{k!(n - k)}}{h^k}{x^{n - k}}} }}{h} = n{x^{n - 1}}\)

  • \(y=f(x)=cosx\)

Ta có: \((\cos x)' = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\cos (x + h) - \cos x}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{ - 2\sin \left( {x + \frac{h}{2}} \right)\sin \frac{h}{2}}}{h}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left[ { - \sin \left( {x + \frac{h}{2}} \right)\frac{{\sin \frac{h}{2}}}{{\frac{h}{2}}}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left[ { - \sin \left( {x + \frac{h}{2}} \right)} \right] = - {\mathop{\rm sinx}\nolimits}\)

Ghi chú:  Vì sinx liên tục nên \(= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \,{\mathop{\rm sinx}\nolimits} \left( {x + \frac{h}{2}} \right) = {\mathop{\rm sinx}\nolimits}\)

Tổng quát: Đẳng thức \(\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \,f({x_0} + h) = f({x_0})\) chỉ đúng khi f liên tục tại x0.

Ví dụ\(f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}{x}\,\,\,\,x \ne 0\\ 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x = 0 \end{array} \right. \)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} f(0 + h) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\sin (h)}}{h} = 1 \ne f(0) = 3\)

  • \(y=f(x)=tgx\)

\((tgx)' = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{tg(x + h) - tgx}}{h}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\sin (h)}}{{h\cos (x + h)\cos x}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + t{g^2}x\)

  • Tương tự: \((sinx)’ = cosx\)
  • \(({\mathop{\rm cotgx}\nolimits} )' = - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} = - (1 + {{\mathop{\rm cotg}\nolimits} ^2}x)\)
  • \((\sqrt x )' = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\sqrt {x + h} - \sqrt x }}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{h}{{h(\sqrt {x + h} + \sqrt x )}} = \frac{1}{{2\sqrt x }}\,(x > 0)\)
  • \(a > 0,a \ne 1\)

\(\left( {{{\log }_a}x} \right)' = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\ln (x + h) - \ln x}}{{h\ln a}} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\ln \left( {\frac{{x + h}}{x}} \right)}}{{h\ln a}}\)

\(= \frac{1}{{x{\mathop{\rm lna}\nolimits} }}\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{h}{x}} \right)}}{{\frac{h}{x}}} = \frac{1}{{x{\mathop{\rm lna}\nolimits} }}\)

Nhắc lại \(\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{\ln (1 + u)}}{u} = 1\)

3. Ý nghĩa hình học của đạo hàm

Cho đường cong \((C):y = f(x),{M_0}({x_0},f({x_0})) \in (C)\)

Xét cát tuyến MM1 và tiếp tuyến MT.

Đặt \({M_1}\left( {x,{\rm{ }}y} \right),{\rm{ }}\beta {\rm{ }} = {\rm{ }}\left( {\overrightarrow {Ox} ,{\rm{ }}\overrightarrow {M{M_1}} } \right),{\rm{ }}\alpha {\rm{ }} = {\rm{ }}\left( {\overrightarrow {Ox} ,{\rm{ }}\overrightarrow {MT} } \right)\)

Khi \({M_1} \to M \Rightarrow M{M_1} \to MT \Rightarrow \beta \to \alpha \)và \(tg\alpha = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}}\) mà \(tg\beta = \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\)

\(\Rightarrow tg\alpha = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}} = f'({x_0})\)

\(\Rightarrow f'({x_0})\) chính là hệ số góc (độ dốc) của tiếp tuyến với đường cong y = f(x) tại điểm \({M_0}({x_0},f({x_0}))\).

Phương trình tiếp tuyến với đường cong y = f(x) tại điểm \({M_0}({x_0},f({x_0}))\) là: \(y - f({x_0}) = f'({x_0})(x - {x_0})\)

4. Định lý 

f xác định trên khoảng mở chứa x0. Nếu f có đạo hàm tại x0 thì f liên tục tại x0.

Chứng minh:

f có đạo hàm tại \({x_0} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\) tồn tại hữu hạn

⇒ tồn tại khoảng mở \(I = \left( {{x_0} - {\alpha _1},{x_0} + {\alpha _1}} \right)\)và \(\exists M\) sao cho \(\left| {\frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}} \right| \le M,\forall x \in I\) và \(x \ne {x_0}\)

\(\Rightarrow \left| {f(x) - f({x_0})} \right| \le M\left| {x - {x_0}} \right|,\forall x \in I\)

\(\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left| {f(x) - f({x_0})} \right| = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})\)

⇒ f liên tục tại x0.

Ghi chú: điều ngược lại không đúng:

“f liên tục tại x0 ⇒ f có đạo hàm tại x0 ” là mệnh đề sai

Ví dụ:
f(x) = IxI liên tục tại 0 nhưng không có đạo hàm tại 0.

f(x) = |(x-2)(x+5)| liên tục tại x = 2, x = -5 nhưng không có đạo hàm tại 2 và -5.

Nhận xét: Thông thường f(x) = |g(x)| sẽ không có đạo hàm tại những điểm x0 mà g(x) đổi dấu.

5. Vài qui tắc tính đao hàm

f, g xác định trên khoảng mở chứa x0. Nếu f'(x0) và g'(x0) tồn tại thì:

\(1)\,\,\left( {f \pm g} \right)'\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}f'\left( {{x_0}} \right) \pm g'\left( {{x_0}} \right)\)

\(2)\left( {kf} \right)'({x_0}){\rm{ }} = {\rm{ }}kf'\left( {{x_0}} \right)\)

\(3)\,\,(f.g)'\left( {{x_0}} \right) = {\rm{ }}f({x_0}).g\left( {{x_0}} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}f({x_0}).g'\left( {{x_0}} \right)\)

\(4)\,\left( {\frac{f}{g}} \right)'({x_0}) = \frac{{f'({x_0})g({x_0}) - g'({x_0})f({x_0})}}{{{g^2}({x_0})}}\)

Chứng minh:

\(1)\,\,(f + g)'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{(f + g)({x_0} + h) - (f + g)({x_0})}}{h}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left[ {\frac{{f({x_0} + h) - f({x_0})}}{h} + \frac{{g({x_0} + h) - g({x_0})}}{h}} \right] = f'({x_0}) + g'({x_0})\)

\(2)\,\,\left( {kf} \right)'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{(kf)({x_0} + h) - (kf)({x_0})}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} k\left[ {\frac{{f({x_0} + h) - f({x_0})}}{h}} \right] = kf'({x_0})\)

\(3)\,\,(f.g)'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{(f.g)({x_0} + h) - (fg)({x_0})}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f({x_0} + h).g({x_0} + h) - f({x_0})g({x_0})}}{h}\)

\(=\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f({x_0} + h).g({x_0} + h) - g({x_0} + h)f({x_0}) + g({x_0} + h)f({x_0}) - f({x_0})g({x_0})}}{h}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f({x_0} + h) - f({x_0})}}{h}.g({x_0} + h) + \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} f({x_0}).\frac{{g({x_0} + h) - g({x_0})}}{h}\)

\(= f'({x_0}).g({x_0}) + f({x_0}).g'({x_0})\)

4) Ta chứng minh \(\left( {\frac{1}{g}} \right)'({x_0}) = - \frac{{g'({x_0})}}{{{g^2}({x_0})}}\)

\(\left( {\frac{1}{g}} \right)'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {\frac{1}{{g({x_0} + h)}} - \frac{1}{{g({x_0})}}} \right).\frac{1}{h}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{g({x_0}) - g({x_0} + h)}}{{h.g({x_0} + h).g({x_0})}} = - \frac{{g'({x_0})}}{{{g^2}({x_0})}}\)

6. Đạo hàm của hàm hợp

Cho hàm số f xác định trên khoảng mở chứa x0 và f'(x0) tồn tại, g xác định trên khoảng mở chứa y0 = f(x0) và \(g'({y_0}) = g'\left[ {f({x_0})} \right]\) tồn tại.  Khi đó hàm số hợp h = gof  có đạo hàm x0 và \(({g_o}f)({x_0}) = g'\left[ {f({x_0})} \right].f'({x_0})\)

Chứng minh:

Vì f'(x0) tồn tại nên \(\frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}} = f'({x_0}) + {\varepsilon _1}(x)\)

với \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} {\varepsilon _1}(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {\frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}} - f'({x_0})} \right] = 0\)

Khi đó: \(f(x) - f({x_0}) = \left( {x - {x_0}} \right)\left[ {f'({x_0}) + {\varepsilon _1}(x)} \right]\) (1)

với \({\varepsilon _1}(x) \to 0\,\,khi\,\,x \to \,{x_0}\)

Tương tự, vì \(g'\left[ {f({x_0})} \right]\) tồn tại nên

\(g\left[ {f(x)} \right] - g\left[ {f({x_0})} \right] = \left[ {f(x) - f({x_0})} \right]\left[ {g'\left[ {f({x_0})} \right] + {\varepsilon _2}\left[ {f(x)} \right]} \right]\)(2)

với \({\varepsilon _2}\left[ {f(x)} \right] \to 0\,\,\,khi\,\,f(x)\, \to f({x_0})\)

Thế (1) vào (2) :

\(g\left[ {f(x)} \right] - g\left[ {f({x_0})} \right] = (x - {x_0})\left[ {f'({x_0}) + {\varepsilon _1}(x)} \right]\left[ {g'\left[ {f({x_0})} \right] + {\varepsilon _2}\left[ {f(x)} \right]} \right]\)

\(\Rightarrow \frac{{g\left[ {f(x)} \right] - g\left[ {f({x_0})} \right]}}{{x - {x_0}}} = \left[ {f'({x_0}) + {\varepsilon _1}(x)} \right]\left[ {g'\left[ {f({x_0})} \right] + {\varepsilon _2}\left[ {f({x_0})} \right]} \right]\)

Vì f liên tục tại x0 nên khi \(x \to {x_0}\) thì \(f(x) \to f({x_0}) \Rightarrow {\varepsilon _2}\left[ {f(x)} \right] \to 0\)

\( \Rightarrow ({g_o}f)'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{g\left[ {f(x)} \right] - g\left[ {f({x_0})} \right]}}{{x - {x_0}}}\)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f'({x_0}) + {\varepsilon _1}(x)} \right]\left[ {g'\left[ {f({x_0})} \right] + {\varepsilon _2}\left[ {f(x)} \right]} \right]\\ = f'({x_0}).g'\left[ {f({x_0})} \right] \end{array} \)

7. Đạo hàm của hàm ngược

Cho hàm f là một hàm số liên tục, đơn điệu nghiêm cách từ (a,b) vào (c,d). Gọi \(\varphi\) là hàm ngược của \(f, \varphi \equiv {f^{ - 1}}:(c,d) \to (a,b)\). Nếu f có đạo hàm tại \({x_0} \in (a,b)\)và \(f'({x_0}) \ne 0\) thì \(\varphi\) có đạo hàm tại \({y_0} = f({x_0})\) và 

\(\varphi '({y_0}) = \frac{1}{{f'({x_0})}} = \frac{1}{{f'\left[ {\varphi '({y_0})} \right]}} = \frac{1}{{f'\left[ {{f^{ - 1}}({y_0})} \right]}}\)

Chứng minh:

\(\varphi '({y_0}) = \mathop {\lim }\limits_{y \to {y_0}} \frac{{\varphi (y) - \varphi ({y_0})}}{{y - {y_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to {y_0}} \frac{{x + {x_0}}}{{f(x) - f({x_0})}}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{1}{{\frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}}} = \frac{1}{{f'({x_0})}} = \frac{1}{{f'\left[ {\varphi ({y_0})} \right]}}\)

(Vì f liên tục tại x0\(\varphi\) liên tục tại y0 nên \(y \to {y_0} \Leftrightarrow x \to {x_0}\) ).

Ghi chú:

Vì hàm f là một hàm số liên tục, đơn điệu nghiêm cách từ (a, b) vào (c, d) nên f-1 tồn tại và liên tục trên (c, d).

Ví dụ 1:

\(y = \arcsin x\)và \(- 1 < x < 1 \Leftrightarrow x = \sin y\)và \(- \frac{\pi }{2} < y < \frac{\pi }{2}\)

\((arcsinx)' = \frac{1}{{(\sin y)'}} = \frac{1}{{\cos y}} = \frac{1}{{\sqrt {1 - {{\sin }^2}y} }} = \frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\)

\(y = arctgx\) với \(x \in ( - \infty ; + \infty ) \Leftrightarrow x = tgy\)với \(- \frac{\pi }{2} < y < \frac{\pi }{2}\)

Tương tự: \((arccosx)' = - \frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\) với \(-1 < x <1\)

Ví dụ 2: Chứng minh (dành cho độc giả)

\(arctgx + {\rm{ }}arccotgx = \frac{\pi }{2},\forall x \in R\)

\(arcsinx{\rm{ }} + {\rm{ }}arccosx = \frac{\pi }{2},\forall x \in \left[ { - 1,1} \right]\)

ADMICRO
ADMICRO
NONE
OFF