Bài 5. Đạo hàm cấp cao

LG a

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

Phương pháp giải:

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

Chú ý: f''(x)=[f'(x)]',...

Lời giải chi tiết:

 Ta có: 

\(\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = 4{x^3} + 2\sin 2x\\
f"\left( x \right)  = \left( {4{x^3} + 2\sin 2x} \right)' \\= 4.3{x^2} + 2.2\cos 2x\\= 12{x^2} + 4\cos 2x\\
{f^{\left( 3 \right)}(x)} = 12.2x + 4.2\left( { - \sin 2x} \right)\\= 24x - 8\sin 2x\\
{f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right)= 24 - 8.2\cos 2x\\ = 24 - 16\cos 2x
\end{array}\)

LG b

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

Lời giải chi tiết:

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

LG c

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

Lời giải chi tiết:

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

trithuchub.com

LG a

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

Phương pháp giải:

Chứng minh bằng phương pháp qui nạp.

Lời giải chi tiết:

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.

LG b

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

Lời giải chi tiết:

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 :  

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

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.

LG c

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

Lời giải chi tiết:

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.

trithuchub.com

LG a

\(y = {\tan ^2}3x - \cot 3{x^2}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức dy=y'dx.

Lời giải chi tiết:

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

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

LG b

 \(y = \sqrt {{{\cos }^2}2x + 1} \)

Lời giải chi tiết:

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

trithuchub.com

LG a

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

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

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

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 :

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

LG b

tan29˚30’.

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

Lời giải chi tiết:

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 :

\(\tan \left( {{\pi  \over 6} - {\pi  \over {360}}} \right) \approx f\left( {{x_0}} \right) + f'\left( {{x_0}} \right)\Delta x\)

                           \(= {1 \over {\sqrt 3 }} + {4 \over 3}\left( { - {\pi  \over {360}}} \right) \approx 0,566\)

trithuchub.com

LG a

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

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

f’(x) = 1 + tan²x

f’’(x) = 2tanx(1 + tan²x) = 2tanx + 2tan³x

f⁽³⁾(x) = 2(1 + tan²x) + 2.3tan²x(1 + tan²x)

= 2+ 2tan²x + 6tan²x+ 6tan⁴x

= 2+ 8tan²x+ 6tan⁴x

LG 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:

Chứng minh bằng phương pháp qui nạp.

Lời giải chi tiết:

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

trithuchub.com

LG 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  \(y" + {\omega ^2}y = 0.\)

Lời giải chi tiết:

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

LG b

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

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

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

trithuchub.com