Bài 1: Đạo hàm

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 $f'(x_0^ - )$ và $f'(x_0^ + )$ 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.

• $y = f(x) = {x^n}$

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

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

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

• $y=f(x)=cosx$

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

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: $y - f({x_0}) = f'({x_0})(x - {x_0})$

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.

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 $\left( {\frac{1}{g}} \right)'({x_0}) = - \frac{{g'({x_0})}}{{{g^2}({x_0})}}$

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

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

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 $f(x) \to f({x_0}) \Rightarrow {\varepsilon _2}\left[ {f(x)} \right] \to 0$

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

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

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 và $\varphi$ 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)

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

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

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 1: Đạo hàm được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.