Giải bài tập SGK Toán 11 Nâng cao Bài 5: Đạo hàm cấp cao

Tìm đạo hàm của mỗi hàm số sau đến cấp được cho kèm theo.

a) \(f\left( x \right) = {x^4} - \cos 2x,{f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right)\)

b) \(f\left( x \right) = {\cos ^2}x,{f^{\left( 5 \right)}}\left( x \right)\)

c) \(f\left( x \right) = {\left( {x + 10} \right)^6},{f^{\left( n \right)}}\left( x \right)\)

Phương pháp giải:

Tính lần lượt các đạo hàm f'(x), f''(x),...

Chú ý: f''(x)=[f'(x)]',...

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: 

\(\begin{array}{l} f'\left( x \right) = 4{x^3} + 2\sin 2x\\ f"\left( x \right) = 12{x^2} + 4\cos 2x\\ {f^{\left( 3 \right)}} = 24x - 8\sin 2x\\ {f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = 24 - 16\cos 2x \end{array}\)

b) Ta có: 

\(\begin{array}{l} f'\left( x \right) = 2\cos x\left( { - \sin x} \right) = - \sin 2x\\ f"\left( x \right) = - 2\cos 2x\\ {f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right) = 4\sin 2x\\ {f^{\left( 4 \right)}} = 8\cos 2x\\ {f^{\left( 5 \right)}}\left( x \right) = - 16\sin 2x \end{array}\)

c) Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 6{\left( {x + 10} \right)^5}\\f"\left( x \right) = 30{\left( {x + 10} \right)^4}\\{f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right) = 120{\left( {x + 10} \right)^3}\\{f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = 360{\left( {x + 10} \right)^2}\\{f^{\left( 5 \right)}}\left( x \right) = 720\left( {x + 10} \right)\\{f^{\left( 6 \right)}}\left( x \right) = 720\\{f^{\left( n \right)}}\left( x \right) = 0,\forall n \ge 7\end{array}\)

Chứng minh rằng với mọi n ≥ 1, ta có:

a) Nếu \(f\left( x \right) = \frac{1}{x}\,\text{ thì }\,{f^{\left( n \right)}}\left( x \right) = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}.n!}}{{{x^{n + 1}}}}\)

b) Nếu \(f\left( x \right) = \cos x\,\text{ thì }\,{f^{\left( {4n} \right)}}\left( x \right) = \cos x.\)

c) Nếu \(f\left( x \right) = \sin ax\) (a là hằng số) thì \({f^{\left( {4n} \right)}}\left( x \right) = {a^{4n}}\sin ax.\)

Phương pháp giải:

Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi n ≥ 1, ta tiến hành:

- Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng khi n = 1.

- Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n = k (k ≥ 1) và chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k + 1.

Hướng dẫn giải:

a) Cho \(f\left( x \right) = \frac{1}{x}\left( {x \ne 0} \right).\) Ta hãy chứng minh công thức:

\({f^{\left( n \right)}}\left( x \right) = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}.n!}}{{{x^{n + 1}}}}\left( {\forall x \ge 1} \right)\,\,\left( 1 \right)\) bằng phương pháp qui nạp.

+ Với n = 1, ta có: \({f^{\left( n \right)}}\left( x \right) = f'\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2}}}\text{ và }\,\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}.n!}}{{{x^{n + 1}}}} = - \frac{1}{{{x^2}}}\)

Suy ra (1) đúng khi n = 1.

+ Giả sử (1) đúng cho trường hợp n = k (k ≥ 1), tức là: \({f^{\left( k \right)}}\left( x \right) = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}.k!}}{{{x^{k + 1}}}}\)

Ta phải chứng minh (1) cũng đúng cho trường hợp n = k + 1, tức là:

\({f^{\left( {k + 1} \right)}}\left( x \right) = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}.\left( {k + 1} \right)!}}{{{x^{k + 2}}}}\)

Thật vậy, ta có:

\(({f^{\left( {k + 1} \right)}}\left( x \right) = \left[ {{f^{\left( k \right)}}\left( x \right)} \right]' \\= \left[ {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}.k!}}{{{x^{k + 1}}}}} \right]' \\= {\left( { - 1} \right)^k}.k!\frac{{ - \left( {{x^{k + 1}}} \right)'}}{{{{\left( {{x^{k + 1}}} \right)}^2}}} \\= {\left( { - 1} \right)^k}.k!.\frac{{\left( { - 1} \right).\left( {k + 1} \right){x^k}}}{{{x^{2k + 2}}}} \\ = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}.\left( {k + 1} \right)!}}{{{x^{k + 2}}}}\)

Vậy ta có đpcm.

b) Cho f(x) = cos x. Ta hãy chứng minh công thức:

\({f^{\left( {4n} \right)}}\left( x \right) = \cos x\left( {\forall n \ge 1} \right)\,\,\left( 2 \right)\) bằng phương pháp qui nạp.

Ta có: 

\(f'\left( x \right) = - \sin x \\f"\left( x \right) = - \cos x \\f'''\left( x \right) = \sin x\\{f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = \cos x\)

+ Với n = 1 thì \({f^{\left( {4n} \right)}}\left( x \right) = {f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = \cos x\)

Suy ra (2) đúng khi n = 1

+ Giả sử (2) đúng cho trường hợp n = k (k ≥ 1), tức là: \({f^{\left( {4k} \right)}}\left( x \right) = \cos x\)

Ta phải chứng minh (2) cũng đúng cho trường hợp n = k + 1, tức là phải chứng minh:  

\({f^{\left( {4\left( {k + 1} \right)} \right)}}\left( x \right) = \cos x\) hay \({f^{\left( {4k + 4} \right)}}\left( x \right) = \cos x\).

Thật vậy, vì: 

\(\begin{array}{l} {f^{\left( {4k} \right)}}\left( x \right) = \cos x \\ \text{ nên }\,{f^{\left( {4k + 1} \right)}}\left( x \right) = - \sin x\\ {f^{\left( {4k + 2} \right)}}\left( x \right) = - \cos x\\ {f^{\left( {4k + 3} \right)}}\left( x \right) = \sin x\\ {f^{\left( {4k + 4} \right)}}\left( x \right) = \cos x \end{array}\)

Vậy ta có đpcm.

c) Ta có: 

\(\begin{array}{l} f'\left( x \right) = a{\mathop{\rm cosax}\nolimits} \\ f"\left( x \right) = - {a^2}\sin ax\\ {f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right) = - {a^3}\cos ax\\ {f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = {a^4}\sin ax \end{array}\)

Với n = 1 ta có \({f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = {a^4}\sin ax,\) đẳng thức đúng với n = 1.

Giả sử đẳng thức đúng với n = k tức là: \({f^{\left( {4k} \right)}}\left( x \right) = {a^{4k}}\sin ax\)

Với n = k + 1 ta có \({f^{\left( {4k + 4} \right)}}\left( x \right) = {\left( {{f^{\left( {4k} \right)}}} \right)^{\left( 4 \right)}}\left( x \right)= {\left( {{a^{4k}}\sin ax} \right)^{\left( 4 \right)}}\)

Do \({f^{\left( {4k} \right)}}\left( x \right) = {a^{4k}}\sin ax\)

\(\begin{array}{l} {f^{\left( {4k + 1} \right)}}\left( x \right) = {a^{4k + 1}}\cos ax\\ {f^{\left( {4k + 2} \right)}}\left( x \right) = - {a^{4k + 2}}\sin ax\\ {f^{\left( {4k + 3} \right)}}\left( x \right) = - {a^{4k + 3}}\cos ax\\ {f^{\left( {4k + 4} \right)}}\left( x \right) = {a^{4k + 4}}\sin ax \end{array}\)

Vậy đẳng thức đúng với n = k + 1, do đó đẳng thức đúng với mọi n.

Vận tốc của một chất điểm chuyển động được biểu thị bởi công thức v(t) = 8t + 3t², trong đó t>0, t tính bằng giây (s) và v(t) tính bằng mét/giây (m/s). Tìm gia tốc của chất điểm

a) Tại thời điểm t = 4,

b) Tại thời điểm mà vận tốc của chuyển động bằng 11.

Phương pháp giải:

a) - Tính công thức gia tốc bằng cách lấy đạo hàm của vận tốc.

- Thay t = 4 vào công thức gia tốc.

b) - Thay v = 11 vào công thức vận tốc để tìm t.

- Thay t vừa tìm được vào công thức gia tốc.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: a(t) = v’(t) = 8 + 6t

Khi t = 4s thì a(4) = 32 m/s²

b) Khi v(t) = 11 m/s thì ta được:

\(8t + 3{t^2} = 11 \\ \Leftrightarrow \left[ {\matrix{ {t = 1} \cr {t = - {{11} \over 3}\,\,\left( \text{loại} \right)} \cr } } \right.\)

Với t = 1s thì a(1) = 14 m/s².

Tìm vi phân của mỗi hàm số sau:

a) \(y = {\tan ^2}3x - \cot 3{x^2}\)

b) \(y = \sqrt {{{\cos }^2}2x + 1} \)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \(dy=y'dx\).

Hướng dẫn giải:

a) \(y' = 2\tan 3x.\left( {\tan 3x} \right)' - \left( {3{x^2}} \right)'.\frac{{ - 1}}{{{{\sin }^2}3{x^2}}} \)

\(= 2\tan 3x.\left( {3x} \right)'.\frac{1}{{{{\cos }^2}3x}}+ 6x.\left( {1 + {{\cot }^2}3{x^2}} \right) \\ = 6\tan 3x\left( {1 + {{\tan }^2}3x} \right) + 6x.\left( {1 + {{\cot }^2}3{x^2}} \right)\)

\(\eqalign{ & \Rightarrow dy = y'dx \cr &= \left[ {6\tan 3x\left( {1 + {{\tan }^2}3x} \right) + 6x\left( {1 + {{\cot }^2}3{x^2}} \right)} \right]dx \cr} \)

\(\eqalign{b) & y' = \frac{{\left( {{{\cos }^2}2x + 1} \right)'}}{{2\sqrt {{{\cos }^2}2x + 1} }}\cr & = \frac{{2\cos 2x.\left( {\cos 2x} \right)'}}{{2\sqrt {{{\cos }^2}2x + 1} }}\cr &= {{2\cos 2x.\left( { - 2\sin 2x} \right)} \over {2\sqrt {{{\cos }^2}2x + 1} }} \cr &= {{ - \sin 4x} \over {\sqrt {{{\cos }^2}2x + 1} }} \cr & \Rightarrow dy = y'dx = - {{\sin4 x} \over {\sqrt {{{\cos }^2}2x + 1} }}dx \cr} \)

Dùng vi phân để tính gần đúng (làm tròn kết quả đến hàng phần nghìn):

a) \({1 \over {\sqrt {20,3} }}\).

Hướng dẫn: Xét hàm số \(y = {1 \over {\sqrt x }}\) tại điểm \({x_0} = 20,25 = 4,{5^2}\,\text{ với }\,\Delta x = 0,05\).

b) tan29˚30’.

Hướng dẫn: Xét hàm số y = tanx tại điểm \({x_0} = {\pi \over 6}\,\text{ với }\,\Delta x = - {\pi \over {360}}\)

Phương pháp giải:

Công thức tính gần đúng \(f\left( {{x_0} + \Delta x} \right) \approx f\left( {{x_0}} \right) + f'\left( {{x_0}} \right)\Delta x\)

Hướng dẫn giải:

a) Vì \({1 \over {\sqrt {20,3} }} = {1 \over {\sqrt {20,25 + 0,05} }}\) nên ta xét hàm số \(f\left( x \right) = {1 \over {\sqrt x }}\,\text{ tại }\,{x_0} = 20,25\) và \(\Delta x = 0,05.\)

Ta có:

\(f'\left( x \right) = \frac{{ - \left( {\sqrt x } \right)'}}{{{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}}}\\= \frac{{ - \frac{1}{{2\sqrt x }}}}{x}\\ =- \frac{1}{{2x\sqrt x }} \)

Với \(\Delta x = 0,05.\) Ta có:

\(\eqalign{ & f\left( {{x_0}} \right) = {1 \over {\sqrt {20,25} }} = {1 \over {4,5}} \cr & f'\left( {{x_0}} \right) = - {1 \over {2.20,25.\sqrt {20,25} }} \cr & = - {1 \over {182,25}} \cr} \)

Do đó:

\(\eqalign{ & {1 \over {\sqrt {20,3} }} = f\left( {20,3} \right) = f\left( {{x_0} + 0,05} \right) \cr & = f\left( {{x_0}} \right) + f'\left( {{x_0}} \right).0,05 \cr &= {1 \over {4,5}} - {{0,05} \over {182,25}} \approx 0,222 \cr} \)

b) Vì \(\tan 29^\circ 30' = \tan \left( {{\pi \over 6} - {\pi \over {360}}} \right)\) nên ta xét hàm số f(x) = tanx tại \({x_0} = {\pi \over 6}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {\tan x} \right)' = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = 1 + {\tan ^2}x\)

Với \(\Delta x = - {\pi \over {360}}.\) Ta có:

\(\eqalign{ & f\left( {{x_0}} \right) = \tan {\pi \over 6} = {1 \over {\sqrt 3 }} \cr & f'\left( {{x_0}} \right) = 1 + {\tan ^2}{\pi \over 6} = {4 \over 3}. \cr} \)

Do đó:

\(\tan \left( {{\pi \over 6} - {\pi \over {360}}} \right) \approx f\left( {{x_0}} \right) + f'\left( {{x_0}} \right)\Delta x\) \(= {1 \over {\sqrt 3 }} + {4 \over 3}\left( { - {\pi \over {360}}} \right) \approx 0,566\)

a) Cho hàm số \(f\left( x \right) = \tan x.\) Tính \({f^{\left( n \right)}}\left( x \right)\) với n = 1, 2, 3.

b) Chứng minh rằng nếu \(f\left( x \right) = {\sin ^2}x\) thì \({f^{\left( {4n} \right)}}\left( x \right) = - {2^{4n - 1}}\cos 2x\).

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức đạo hàm \(\left( {\tan x} \right)' = 1 + {\tan ^2}x\).

b) Chứng minh bằng phương pháp qui nạp.

Hướng dẫn giải:

\(\begin{array}{l} f'\left( x \right) = 1 + {\tan ^2}x\\ f"\left( x \right) = 2\tan x .\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)\\ {f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right)=2{\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)^2} + 4{\tan ^2}x\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right) \end{array}\)

b) \({f^{\left( {4n} \right)}}\left( x \right) = - {2^{4n - 1}}\cos 2x\) (1)

Với n = 1 ta có: 

\(\begin{array}{l} f'\left( x \right) = 2\sin x\cos x= \sin 2x\\ f"\left( x \right) = 2\cos 2x\\ {f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right) = - 4\sin 2x\\ {f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = - 8\cos 2x = - {2^{4.1 - 1}}\cos 2x \end{array}\)

Vậy (1) đúng với n = 1

Giả sử (1) đúng với n = k tức là: \({f^{\left( {4k} \right)}}\left( x \right) = - {2^{4k - 1}}\cos 2x\)

Với n = k + 1 ta có: 

\(\begin{array}{l} {f^{\left( {4k + 1} \right)}}\left( x \right) = \left( {{f^{\left( {4k} \right)}}\left( x \right)} \right)' = {2^{4k}}\sin 2x\\ {f^{\left( {4k + 2} \right)}}\left( x \right) = {2^{4k + 1}}\cos 2x\\ {f^{\left( {4k + 3} \right)}}\left( x \right) = - {2^{4k + 2}}\sin 2x\\ {f^{\left( {4k + 4} \right)}}\left( x \right) = - {2^{4k + 3}}\cos 2x \\= - {2^{4\left( {k + 1} \right) - 1}}\cos 2x \end{array}\)

Vậy (1) đúng với n = k + 1 do đó (1) đúng với mọi n.

a) Nếu \(y = A\sin \left( {\omega t + \varphi } \right) + B\cos \left( {\omega t + \varphi } \right),\) trong đó A, B, ω và φ là những hằng số, thì \(y" + {\omega ^2}y = 0.\)

b) Nếu \(y = \sqrt {2x - {x^2}} \) thì \({y^3}y" + 1 = 0.\)

Phương pháp giải:

Tính y'' rồi thay vào tính vế trái của các đẳng thức, kiểm tra bằng vế phải và kết luận.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\begin{array}{l} y = A\sin \left( {\omega t + \varphi } \right) + B\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\,\text{ nên }\\ y' = A\omega \cos \left( {\omega t + \varphi } \right) - B\omega \sin \left( {\omega t + \varphi } \right)\\ y" = - A{\omega ^2}\sin \left( {\omega t + \varphi } \right) - B{\omega ^2}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\ \text{Suy ra:}\\\,y" + {\omega ^2}y = - \left[ {A{\omega ^2}\sin \left( {\omega t + \varphi } \right)+B{\omega ^2}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)} \right]\\ + {\omega ^2}\left[ {A\sin \left( {\omega t + \varphi } \right) + B\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)} \right] = 0 \end{array}\)

b) Ta có: 

\(\begin{array}{l} y' = \frac{{2 - 2x}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }} = \frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }}\\ y'' = \frac{{\left( {1 - x} \right)'\sqrt {2x - {x^2}} - \left( {1 - x} \right)\left( {\sqrt {2x - {x^2}} } \right)'}}{{2x - {x^2}}}\\ = \frac{{ - \sqrt {2x - {x^2}} - \left( {1 - x} \right).\frac{{\left( {2x - {x^2}} \right)'}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }}}}{{2x - {x^2}}} \\= \frac{{ - \sqrt {2x - {x^2}} - \left( {1 - x} \right).\frac{{2 - 2x}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }}}}{{2x - {x^2}}}\\= \frac{{ - \sqrt {2x - {x^2}} - \left( {1 - x} \right).\frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }}}}{{\left( {2x - {x^2}} \right)}}\\ = \frac{{ - 2x + {x^2} - 1 + 2x - {x^2}}}{{\sqrt {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^3}} }} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^3}} }}\\ \text{Suy ra}\\{y^3}.y" + 1 \\= \sqrt {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^3}} .\frac{{ - 1}}{{\sqrt {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^3}} }} + 1 \\= -1+1=0 \end{array}\)