các quy tắc tính đạo hàm

Bài viết trình bày các quy tắc tính đạo hàm, giúp việc tính đạo hàm của một hàm số phức tạp trở nên dễ dàng hơn bằng cách quy về tính đạo hàm của các hàm số đơn giản.

I. Kiến thức cần nắm:

1. Quy tắc tính đạo hàm:

a. Đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương các hàm số:

• \(({u_1} \pm {u_2} \pm … \pm {u_n})’\) \( = {u_1}’ \pm {u_2}’ \pm … \pm {u_n}’.\)

• \((k.u(x))’ = k.u'(x).\)

• \((uv)’ = u’v + uv’.\)

• \((uvw)’ = u’vw + uv’w + uvw’.\)

• \(({u^n}(x))’ = n{u^{n – 1}}(x).u'(x).\)

• \(\left( {\frac{c}{{u(x)}}} \right)’ = – \frac{{c.u'(x)}}{{{u^2}(x)}}.\)

• \({\left( {\frac{{u(x)}}{{v(x)}}} \right)}’\) \( = \frac{{u'(x)v(x) – v'(x)u(x)}}{{{v^2}(x)}}.\)

b. Đạo hàm của hàm số hợp: Cho hàm số \(y = f(u(x)) = f(u)\) với \(u = u(x).\) Khi đó: \(y{‘_x} = y{‘_u}.u{‘_x}.\)

2. Bảng công thức đạo hàm các hàm sơ cấp cơ bản:

II. Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1. Tính đạo hàm các hàm số sau:

a. \(y = {x^3} – 3{x^2} + 2x + 1.\)

b. \(y = – {x^3} + 3x + 1.\)

c. \(y = \frac{{{x^4}}}{4} – {x^2} + 1.\)

d. \(y = – 2{x^4} + \frac{3}{2}{x^2} + 1.\)

e. \(y = \frac{{2x + 1}}{{x – 3}}.\)

f. \(y = \frac{{{x^2} – 2x + 2}}{{x + 1}}.\)

a. \(y’ = {\left( {{x^3} – 3{x^2} + 2x + 1} \right)’}\) \( = 3{x^2} – 6x + 2.\)

b. \(y’ = {\left( { – {x^3} + 3x + 1} \right)’}\) \( = – 3{x^2} + 3.\)

c. \(y’ = {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} – {x^2} + 1} \right)’}\) \( = {x^3} – 2x.\)

d. \(y’ = {\left( { – 2{x^4} + \frac{3}{2}{x^2} + 1} \right)’}\) \( = – 8{x^3} + 3x.\)

e. \(y’ = \) \(\frac{{(2x + 1)'(x – 3) – (x – 3)'(2x + 1)}}{{{{(x – 3)}^2}}}\) \( = \frac{{ – 7}}{{{{(x – 3)}^2}}}.\)

f. \(y’ = \) \(\frac{{({x^2} – 2x + 2)'(x + 1) – ({x^2} – 2x + 2)(x + 1)’}}{{{{(x + 1)}^2}}}\) \( = \frac{{(2x – 2)(x + 1) – ({x^2} – 2x + 2)}}{{{{(x + 1)}^2}}}\) \( = \frac{{{x^2} + 2x – 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.\)

Ví dụ 2. Tính đạo hàm các hàm số sau:

a. \(y = {\left( {{x^7} + x} \right)^2}.\)

b. \(y = \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {5 – 3{x^2}} \right).\)

c. \(y = {x^2}\left( {2x + 1} \right)\left( {5x – 3} \right).\)

d. \(y = {\left( {4x + \frac{5}{{{x^2}}}} \right)^3}.\)

e. \(y = {(x + 2)^3}{(x + 3)^2}.\)

a. \(y’ = 2({x^7} + x)({x^7} + x)’\) \( = 2({x^7} + x)(7{x^6} + 1).\)

b. Ta có: \(y = \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {5 – 3{x^2}} \right)\) \( = – 3{x^4} + 2{x^2} + 5\) \( \Rightarrow y’ = – 12{x^3} + 4x.\)

c. Ta có: \(y = {x^2}\left( {2x + 1} \right)\left( {5x – 3} \right)\) \( = 10{x^4} – {x^3} – 3{x^2}\) \( \Rightarrow y’ = 40{x^3} – 3{x^2} – 6x.\)

d. \(y’ = 3{\left( {4x + \frac{5}{{{x^2}}}} \right)^2}\left( {4x + \frac{5}{{{x^2}}}} \right)’\) \( = 3{\left( {4x + \frac{5}{{{x^2}}}} \right)^2}\left( {4 – \frac{{10}}{{{x^3}}}} \right).\)

e. \(y’ = 3{({x^2} + 5x + 6)^2} + 2(x + 3){(x + 2)^3}.\)

Ví dụ 3. Giải bất phương trình \(f'(x) \ge 0\), biết:

a. \(f(x) = x\sqrt {4 – {x^2}} .\)

b. \(f(x) = x – 2\sqrt {{x^2} + 12} .\)

c. \(f(x) = \sqrt[4]{{{x^2} + 1}} – \sqrt x .\)

a. Tập xác định: \(D = \left[ { – 2;2} \right].\)

Ta có: \(f'(x) = \sqrt {4 – {x^2}} – \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {4 – {x^2}} }}\) \( = \frac{{4 – 2{x^2}}}{{\sqrt {4 – {x^2}} }}.\)

Do đó: \(f'(x) \ge 0\) \( \Leftrightarrow 4 – 2{x^2} \ge 0\) \( \Leftrightarrow – \sqrt 2 \le x \le \sqrt 2 .\)

b. Tập xác định: \(D = R.\)

Ta có: \(f'(x) = 1 – \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 12} }}\) \( = \frac{{\sqrt {{x^2} + 12} – 2x}}{{\sqrt {{x^2} + 12} }}.\)

Suy ra: \(f'(x) \ge 0\) \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 12} \ge 2x\) \((1).\)

• Với \(x < 0\) thì \((1)\) luôn đúng.

• Với \(x \ge 0\) thì \((1) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

x \ge 0\\

{x^2} + 12 \ge 4{x^2}

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow 0 \le x \le 2.\)

Vậy bất phương trình \(f'(x) \ge 0\) có nghiệm khi và chỉ khi \(x \le 2.\)

c. Tập xác định: \(D = \left[ {0; + \infty } \right).\)

Ta có: \(f'(x) = \frac{x}{{2\sqrt[4]{{{{({x^2} + 1)}^3}}}}} – \frac{1}{{2\sqrt x }}.\)

\(f'(x) \ge 0\) \( \Leftrightarrow x\sqrt x \ge \sqrt[4]{{{{({x^2} + 1)}^3}}}\) \( \Leftrightarrow {x^6} \ge {({x^2} + 1)^3}\) \( \Leftrightarrow {x^2} \ge {x^2} + 1\), bất phương trình này vô nghiệm.

[ads]

Ví dụ 4. Tính đạo hàm các hàm số sau:

a. \(y = \sqrt {2{x^2} + 3x + 1} .\)

b. \(y = \sqrt[5]{{\sqrt {2{x^2} + 1} + 3x + 2}}.\)

c. \(y = \sqrt {2{{\sin }^2}(2x – 1) + \cos \sqrt x } .\)

d. \(y = \tan ({\sin ^2}3x) + \sqrt {{{\cot }^2}(1 – 2{x^3}) + 3} .\)

e. \(y = \sqrt[3]{{\sin (\tan x) + \cos (\cot x)}}.\)

a. \(y’ = \frac{{(2{x^2} + 3x + 1)’}}{{2\sqrt {2{x^2} + 3x + 1} }}\) \( = \frac{{4x + 3}}{{2\sqrt {2{x^2} + 3x + 1} }}.\)

b. \(y’ = \frac{1}{{5.\sqrt[5]{{{{(\sqrt {2{x^2} + 1} + 3x + 2)}^4}}}}}\)\((\sqrt {2{x^2} + 1} + 3x + 2)’\) \( = \frac{1}{{5.\sqrt[5]{{{{(\sqrt {2{x^2} + 1} + 3x + 2)}^4}}}}}\)\((\frac{{2x}}{{\sqrt {2{x^2} + 1} }} + 3).\)

c. \(y’ = \frac{{(2{{\sin }^2}(2x – 1) + \cos \sqrt x )’}}{{2\sqrt {2{{\sin }^2}(2x – 1) + \cos \sqrt x } }}\) \( = \frac{{2\sin (4x – 2) – \frac{1}{{2\sqrt x }}\sin \sqrt x }}{{2\sqrt {2{{\sin }^2}(2x – 1) + \cos \sqrt x } }}\) \( = \frac{{4\sqrt x \sin (4x – 2) – \sin \sqrt x }}{{4\sqrt {2x{{\sin }^2}(2x – 1) + x\cos \sqrt x } }}.\)

d. \(y’ = [1 + {\tan ^2}({\sin ^2}3x)]({\sin ^2}3x)’\) \( + \frac{{[{{\cot }^2}(1 – 2{x^3}) + 3]’}}{{2\sqrt {{{\cot }^2}(1 – 2{x^3}) + 3} }}\) \( = 3 [1 + {\tan ^2}({\sin ^2}3x)]\sin 6x\) \( + \frac{{6{x^2}{\rm{[}}1 + {{\cot }^2}(1 – 2{x^3}){\rm{]}}\cot (1 – 2{x^3})}}{{\sqrt {{{\cot }^2}(1 – 2{x^3}) + 3} }}.\)

e. \(y’ = \frac{{[\sin (\tan x) + \cos (\cot x)]’}}{{3\sqrt {{{[\sin (\tan x) + \cos (\cot x)]}^2}} }}\) \( = \frac{{(1 + {{\tan }^2}x)\cos (\tan x) + (1 + {{\cot }^2}x)\sin (\cot x)}}{{3\sqrt {{{[\sin (\tan x) + \cos (\cot x)]}^2}} }}.\)

Ví dụ 5. Tính đạo hàm các hàm số sau:

a. \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}

{x^2} – 3x + 1\:khi\:x /> 1\\

2x + 2\:khi\:x \le 1{\rm{ }}

\end{array} \right.\)

b. \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}

{x^2}\cos \frac{1}{{2x}}\:khi\:x \ne 0\\

0\:khi\:x = 0

\end{array} \right.\)

a.

• Với \(x /> 1\) \( \Rightarrow f(x) = {x^2} – 3x + 1\) \( \Rightarrow f'(x) = 2x – 3.\)

• Với \(x < 1\) \( \Rightarrow f(x) = 2x + 2\) \( \Rightarrow f'(x) = 2.\)

• Với \(x = 1\), ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x)\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} – 3x + 1} \right)\) \( = – 1 \ne f(1)\) \( \Rightarrow \) hàm số không liên tục tại \(x = 1\), suy ra hàm số không có đạo hàm tại \(x = 1.\)

Vậy \(f'(x) = \left\{ \begin{array}{l}

2x – 3\:khi\:x /> 1\\

2\:khi\:x < 1

\end{array} \right.\)

b.

• Với \(x \ne 0\) \( \Rightarrow f(x) = {x^2}\cos \frac{1}{{2x}}\) \( \Rightarrow f'(x) = 2x\cos \frac{1}{{2x}} – \frac{1}{2}\cos \frac{1}{{2x}}.\)

• Với \(x = 0\), ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) – f(0)}}{x}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\cos \frac{1}{{2x}} = 0\) \( \Rightarrow f'(0) = 0.\)

Vậy \(f'(x) = \left\{ \begin{array}{l}

\left( {2x – \frac{1}{2}} \right)\cos \frac{1}{{2x}}\:khi\:x \ne 0\\

0\:khi\:x = 0

\end{array} \right.\)

Ví dụ 6. Chứng minh rằng các hàm số sau đây có đạo hàm không phụ thuộc \(x.\)

a. \(y = {\sin ^6}x + {\cos ^6}x + 3{\sin ^2}x{\cos ^2}x.\)

b. \(y = {\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{3} – x} \right) + {\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{3} + x} \right)\) \( + {\cos ^2}\left( {\frac{{2\pi }}{3} – x} \right) + {\cos ^2}\left( {\frac{{2\pi }}{3} + x} \right)\) \( – 2{\sin ^2}x.\)

a. Ta có: \(y = {\sin ^6}x + {\cos ^6}x + 3{\sin ^2}x{\cos ^2}x\) \( = {\left( {{{\sin }^2}x} \right)^3} + {\left( {{{\cos }^2}x} \right)^3}\) \( + 3{\sin ^2}x{\cos ^2}x\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)\) \( = {\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)^3} = 1.\) Suy ra: \( y’ = 0.\)

b. Ta có: \(y = 2 + \frac{1}{2}{\rm{[}}\cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} – 2x} \right) + \cos \left( {\frac{{2\pi }}{3} + 2x} \right)\) \( + \cos \left( {\frac{{4\pi }}{3} – 2x} \right) + \cos \left( {\frac{{4\pi }}{3} + 2x} \right)]\) \( – 2{\sin ^2}x\) \( = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}( – \cos 2x – \cos 2x) – 2{\sin ^2}x = 1.\) Suy ra: \(y’ = 0.\)

Ví dụ 7. Tìm \(a,b\) để hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}

{x^2} – x + 1{\rm{ }}\:khi\:x \le 1\\

– {x^2} + ax + b\:khi\:x /> 1

\end{array} \right.\) có đạo hàm trên \(R.\)

Với \(x \ne 1\) thì hàm số luôn có đạo hàm.

Do đó hàm số có đạo hàm trên \(R\) khi và chỉ khi hàm số có đạo hàm tại \(x = 1.\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} f(x) = 1\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = a + b – 1.\)

Hàm số liên tục trên \(R\) \( \Leftrightarrow a + b – 1 = 1\) \( \Leftrightarrow a + b = 2.\)

Khi đó:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ – }} \frac{{f(x) – f(1)}}{{x – 1}} = 1.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{f(x) – f(1)}}{{x – 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ – {x^2} + ax + 1 – a}}{{x – 1}}\) \( = a – 2.\)

Nên hàm số có đạo hàm trên \(R\) thì: \(\left\{ \begin{array}{l}

a + b = 2\\

a – 2 = 1

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

a = 3\\

b = – 1

\end{array} \right.\)

Ví dụ 8. Tìm \(m\) để các hàm số:

a. \(y = (m – 1){x^3} – 3(m + 2){x^2}\) \( – 6(m + 2)x + 1\) có \(y’ \ge 0\), \(\forall x \in R.\)

b. \(y = \frac{{m{x^3}}}{3} – m{x^2} + (3m – 1)x + 1\) có \(y’ \le 0\), \(\forall x \in R.\)

a. Ta có: \(y’ = 3\left[ {(m – 1){x^2} – 2(m + 2)x – 2(m + 2)} \right].\)

Do đó: \(y’ \ge 0\) \( \Leftrightarrow (m – 1){x^2} – 2(m + 2)x – 2(m + 2) \ge 0\) \((1).\)

• Với \(m = 1\) thì \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow – 6x – 6 \ge 0 \Leftrightarrow x \le – 1.\)

• Với \(m \ne 1\) thì \((1)\) đúng với mọi \(x \in R\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

a = m – 1 /> 0\\

\Delta ‘ \le 0

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

m /> 1\\

(m + 1)(4 – m) \le 0

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow m \ge 4.\)

Vậy \(m \ge 4.\)

b. Ta có: \(y’ = m{x^2} – 2mx + 3m – 1.\)

Nên \(y’ \le 0\) \( \Leftrightarrow m{x^2} – 2mx + 3m – 1 \le 0\) \((2).\)

• Với \(m = 0\) thì \((2)\) trở thành: \( – 1 \le 0\) (luôn đúng).

• Với \(m \ne 0\) khi đó \((2)\) đúng với mọi \(x \in R\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

a = m < 0\\

\Delta’ \le 0

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

m < 0\\

m(1 – 2m) \le 0

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

m < 0\\

1 – 2m \ge 0

\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow m < 0.\)

Vậy \(m \le 0.\)