Bài Giảng Toán Cao Cấp
3.1.3. Bài tập mẫu về Đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp cao
Ví dụ 1. Tính đạo hàm \( {y}’ \) nếu:
a) \( y=\ln \sqrt[3]{\frac{{{e}^{x}}}{1+\cos x}};\,\,x\ne \pi (2n+1),\,\,n\in \mathbb{N} \).
b) \( y=\frac{1+{{x}^{2}}}{\sqrt[3]{{{x}^{4}}}{{\sin }^{7}}x},\,\,x\ne \pi n,\,\,n\in \mathbb{N} \).
Hướng dẫn giải:
a) Trước hết ta đơn giản biểu thức của hàm y bằng cách dựa vào các tính chất của logarit. Ta có:
\( y=\frac{1}{3}\ln {{e}^{x}}-\frac{1}{3}\ln (1+\cos x)=\frac{x}{3}-\frac{1}{3}\ln (1+\cos x) \).
Do đó: \( {y}’=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\cdot \frac{(\cos x{)}’}{1+\cos x}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\cdot \frac{\sin x}{1+\cos x}=\frac{1+\tan \frac{x}{2}}{3} \).
b) Ở đây tiện lợi hơn cả là xét hàm \( z=\ln \left| y \right| \). Ta có:
\( \frac{dz}{dx}=\frac{dz}{dy}\cdot \frac{dy}{dx}=\frac{1}{y}\cdot \frac{dy}{dx}\Rightarrow \frac{dy}{dx}=y\frac{dz}{dx}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(*) \)
Viết hàm z dưới dạng: \( x=\ln \left| y \right|=\ln (1+{{x}^{2}})-\frac{4}{3}\ln \left| x \right|-7\ln \left| \sin x \right|\Rightarrow \frac{dz}{dx}=\frac{2x}{1+{{x}^{2}}}-\frac{4}{3x}-7\frac{\cos x}{\sin x} \).
Thế biểu thức vừa thu được vào (*) ta có:
\( \frac{dy}{dx}=\frac{1+{{x}^{2}}}{\sqrt[3]{{{x}^{4}}}{{\sin }^{7}}x}\left( \frac{2x}{1+{{x}^{2}}}-\frac{4}{3x}-7\frac{\cos x}{\sin x} \right) \).
Nhận Dạy Kèm môn Giải Tích 2 - Calculus II Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm online tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Toán Cao Cấp gồm:
- Giải Tích 1, Giải Tích 2, Giải tích 3
- Đại Số Tuyến Tính, Xác Suất Thống Kê
- Sách Giải Bài Tập của bộ môn Toán Cao Cấp!
- Lịch học sắp xếp sáng - chiều - tối, tất cả các buổi từ thứ 2 ➜ CN
- Thời lượng học 1,5h - 2h/1 buổi!
Ví dụ 2. Tính đạo hàm \( {y}’ \) nếu:
a) \( y={{(2+\cos x)}^{x}},\,\,x\in \mathbb{R} \).
b) \( y={{x}^{{{2}^{x}}}},\,\,x>0 \).
Hướng dẫn giải:
a) \( y={{(2+\cos x)}^{x}},\,\,x\in \mathbb{R} \).
Theo định nghĩa, ta có: \( y={{e}^{x\ln (2+\cos x)}} \).
Từ đó: \({y}’={{e}^{x\ln (2+\cos x)}}{{\left[ x\ln (2+\cos x) \right]}^{\prime }}={{e}^{x\ln (2+\cos x)}}\left[ \ln (2+\cos x)-x\frac{\sin x}{2+\cos x} \right],\,\,x\in \mathbb{R}\).
b) \( y={{x}^{{{2}^{x}}}},\,\,x>0 \).
Vì \( y={{e}^{{{2}^{x}}\ln x}} \) nên với \( x>0 \) ta có:
\( {y}’={{e}^{{{2}^{x}}\ln x}}{{\left[ {{2}^{x}}\ln x \right]}^{\prime }}={{e}^{{{2}^{x}}\ln x}}\left[ \frac{1}{x}\cdot {{2}^{x}}+{{2}^{x}}\ln 2\cdot \ln x \right]={{2}^{x}}{{x}^{{{2}^{x}}}}\left( \frac{1}{x}+\ln 2\cdot \ln x \right) \).
Sách Giải Bài Tập Giải Tích 1
Ví dụ 3. Tính đạo hàm cấp 2 của hàm ngược với hàm \( y=x+{{x}^{5}},\,\,x\in \mathbb{R} \).
Hướng dẫn giải:
Hàm đã cho liên tục và đơn điệu khắp nơi, đạo hàm \( {y}’=1+5{{x}^{4}} \) không triệt tiêu tại bất cứ điểm nào. Do đó:
\( {{{x}’}_{y}}=\frac{1}{{{{{y}’}}_{x}}}=\frac{1}{1+5{{x}^{4}}} \).
Lấy đạo hàm đẳng thức này theo y ta thu được: \( {{{x}”}_{yy}}={{\left( \frac{1}{1+5{{x}^{4}}} \right)}^{\prime }}_{x}\cdot {{{x}’}_{y}}=\frac{-20{{x}^{3}}}{{{(1+5{{x}^{4}})}^{3}}} \).
Ví dụ 4. Giả sử hàm \( y=f(x) \) được cho dưới dạng tham số bởi các công thức \( x=x(t),\,\,y=y(t),\,\,t\in (a;b) \) và giả sử \( x(t),y(t) \) khả vi cấp 2 và \( {x}'(t)\ne 0,\,\,t\in (a;b) \). Tìm \( {{{y}”}_{xx}} \)
Hướng dẫn giải:
Ta có: \( \frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{{{{{y}’}}_{t}}}{{{{{x}’}}_{t}}}\Rightarrow {{{y}’}_{x}}=\frac{{{{{y}’}}_{t}}}{{{{{x}’}}_{t}}} \).
Lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức này ta có: \( {{{y}”}_{xx}}={{\left( \frac{{{{{y}’}}_{t}}}{{{{{x}’}}_{t}}} \right)}^{\prime }}_{t}\cdot {{{t}’}_{x}}={{\left( \frac{{{{{y}’}}_{t}}}{{{{{x}’}}_{t}}} \right)}^{\prime }}_{t}\cdot \frac{1}{{{{{x}’}}_{t}}}=\frac{{{{{x}’}}_{t}}{{{{y}”}}_{tt}}-{{{{y}’}}_{t}}{{{{x}”}}_{tt}}}{{{{{x}’}}_{t}}^{3}} \).
Ví dụ 5. Giả sử \( y=y(x),\,\,\left| x \right|>a \) là hàm giá trị dương cho dưới dạng ẩn bởi phương trình: \( \frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1 \). Tính \( {{{y}”}_{xx}} \).
Hướng dẫn giải:
Để tìm \( {y}’ \) ta áp dụng công thức: \( \frac{d}{dx}F(x,y)=0 \).
Trong trường hợp này ta có: \( \frac{d}{dx}\left( \frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}-1 \right)=0 \).
Lấy đạo hàm ta có: \( \frac{2x}{{{a}^{2}}}-\frac{2y}{{{b}^{2}}}{{{y}’}_{x}}=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(*) \)
\( \Rightarrow {{{y}’}_{x}}=\frac{{{b}^{2}}x}{{{a}^{2}}y},\,\,\left| x \right|>0,y>0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(**) \)
Lấy đạo hàm (*) theo x ta thu được: \( \frac{1}{{{a}^{2}}}-\frac{1}{{{b}^{2}}}{{({{{y}’}_{x}})}^{2}}-\frac{y}{{{b}^{2}}}{{{y}”}_{xx}}=0 \) và từ (**) ta thu được \( {{{y}”}_{xx}} \):
\( {{{y}”}_{xx}}=\frac{1}{y}\left[ \frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}-{{({{{{y}’}}_{x}})}^{2}} \right]=\frac{1}{y}\left[ \frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}-\frac{{{b}^{4}}}{{{a}^{4}}}\cdot \frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}} \right]=-\frac{{{b}^{4}}}{{{a}^{2}}{{y}^{3}}}\left[ \frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}-\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}} \right]=-\frac{{{b}^{4}}}{{{a}^{2}}{{y}^{3}}},\,\,y>0 \).
Ví dụ 6. Tính \( {{y}^{(n)}} \) nếu:
a) \( y=\frac{1}{{{x}^{2}}-4} \).
b) \( y={{x}^{2}}\cos 2x \).
Hướng dẫn giải:
a) \( y=\frac{1}{{{x}^{2}}-4} \).
Biểu diễn hàm đã cho dưới dạng tổng các phân thức cơ bản: \( \frac{1}{{{x}^{2}}-4}=\frac{1}{4}\left( \frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2} \right) \).
Và khi đó: \( {{\left( \frac{1}{{{x}^{2}}-4} \right)}^{(n)}}=\frac{1}{4}\left[ {{\left( \frac{1}{x-2} \right)}^{(n)}}-{{\left( \frac{1}{x+2} \right)}^{(n)}} \right] \).
Do \( {{\left( \frac{1}{x\pm 2} \right)}^{(n)}}=(-1)(-2)\cdot \cdot \cdot (-1-n+1){{(x\pm 2)}^{-1-n}}={{(-1)}^{n}}n!\frac{1}{{{(x\pm 2)}^{n+1}}} \) nên
\( {{\left( \frac{1}{{{x}^{2}}-4} \right)}^{(n)}}=\frac{{{(-1)}^{n}}n!}{4}\left[ \frac{1}{{{(x-2)}^{n+1}}}-\frac{1}{{{(x+2)}^{n+1}}} \right] \).
b) \( y={{x}^{2}}\cos 2x \).
Ta áp dụng công thức Leibniz đối với đạo hàm của tích:
\( {{({{x}^{2}}\cos 2x)}^{(n)}}=C_{n}^{0}{{x}^{2}}{{(\cos 2x)}^{(n)}}+C_{n}^{1}({{x}^{2}}{)}'{{(\cos 2x)}^{n-1}}+C_{n}^{2}({{x}^{2}}{)}'{{(\cos 2x)}^{n-2}} \).
Các số hạng còn lại đều \( =0 \) vì \( {{({{x}^{2}})}^{(k)}}=0,\,\,\forall k>2 \).
Áp dụng công thức: \( {{(\cos 2x)}^{(n)}}={{2}^{n}}\cos \left( 2x+\frac{n\pi }{2} \right) \) ta thu được:
\( {{({{x}^{2}}\cos 2x)}^{(n)}}={{2}^{n}}\left( {{x}^{2}}-\frac{n(n-1)}{4} \right)\cos \left( 2x+\frac{n\pi }{2} \right)+{{2}^{n}}nx\sin \left( 2x+\frac{n\pi }{2} \right) \).
Ví dụ 7. Với giá trị nào của a và b thì hàm \( f(x)=\left\{ \begin{align} & {{e}^{x}},\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x\le 0 \\ & {{x}^{2}}+ax+b,\,\,\,x>0 \\ \end{align} \right. \) có đạo hàm trên toàn trục số.
Hướng dẫn giải:
Rõ ràng là hàm \( f(x) \) có đạo hàm \( \forall x>0 \) và \( \forall x<0 \). Ta chỉ cần xét điểm \( {{x}_{0}}=0 \).
Vì hàm \( f(x) \) phải liên tục tại điểm \( {{x}_{0}}=0 \) nên
\( \underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to 0-0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x) \) tức là \( \underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,({{x}^{2}}+ax+b)=b={{e}^{0}}=1\Rightarrow b=1 \).
Tiếp đó, \( {{{f}’}_{+}}(0)={{\left. ({x}’+ax+b{)}’ \right|}_{{{x}_{0}}=0}}=a \) và \( {{{f}’}_{-}}(0)={{\left. {{e}^{x}} \right|}_{{{x}_{0}}=0}}=1 \).
Do đó \({f}'(0)\) tồn tại nếu \( a=1 \) và \( b=1 \). Như vậy với \( a=1,\,\,b=1 \) hàm đã cho có đạo hàm \( \forall x\in \mathbb{R} \).
Trong quá trình đăng tải bài viết lên website không thể tránh khỏi việc sai sót, nên bạn đọc hãy mua sách Giải bài tập Giải Tích 1 để được xem đầy đủ chi tiết nội dung và xem phiên bản cập nhật mới nhất của sách!
