CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC CÔNG THỨC ĐẠO HÀM CƠ BẢN Bảng công thức đạo hàm cơ bản Các quy tắc tính đạo hàm cơ bản Bảng nguyên hàm của những hàm số sơ cấp thường gặp Các công thức nguyên hàm mở rộng CÔNG THỨ.
Trang 1CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC
Trang 2CÔNG THỨC ĐẠO HÀM CƠ BẢN
Bảng công thức đạo hàm cơ bản
Các quy tắc tính đạo hàm cơ bản:
Bảng nguyên hàm của những hàm số sơ cấp thường gặp
Trang 4Các công thức nguyên hàm mở rộng CÔNG THỨC BỔ SUNG:
Trang 5Tính giới hạn hàm số 2 dạng {áp dụng quy tắc L áp dụng giới hạn cơ bản ' Hospital
ĐỊNH LÝ: Nếu f(x) là hàm sơ cấp và x0 thuộc miền xác định của hàm f thì :
lim
x→ x0f (x )=f(x0)
ĐỊNH LÝ 2: Nếu f(x) f ( x ) ≤ g ( x )≤ h ( x ) với mọi x rất gần x0 ,
và x→ xlim
0
f (x ) = L = x→ xlim
0
h ( x ) thì ∋ lim x → x
0
g ( x ) = L.
ĐỊNH LÝ 3: Về giới hạn 1 phía:
lim
x→ x0f (x )=L⟺ lim
x→ x0
− ¿
f(x) = lim
x→ x0f ( x)=L¿ ¿¿
¿
CÁC GIỚI HẠN CƠ BẢN
lim
u → 0
sin u
u = 1; lim
u →± ∞(1+1
u)u=e ≃2,7 …
Quy tắc L’Hospital: (có trong phần hướng dẫn thi)
Công thức:
lim
x→ x0
u ( x )
v ( x )=x → xlim0
u '(x )
v '
( x )
Điều kiện áp dụng : {u ( x ) v ( x ) có dạng
0
0;
∞
∞
lim
x → x0
u ' ( x )
v '
(x ) Tồn tại
VD Tính giới hạn hàm số:
2 dạng {áp dụng quy tắc L áp dụng giới hạn cơ bản ' Hospital
1 L = lim
x→+∞(x+5 x+3)x
Giải:
L = lim
x→+∞(x+5 x+3)x= lim
x→+∞(x+3+2 x +3 )x= lim
x+3)x =x→+∞lim [ (1+ 1
x+3
2 )x+32
]x+3 2 x
= lim
x→+∞ e x→+ ∞lim ¿2 x
x+3
x→+∞ e
lim
x→+ ∞¿ 2
1 +3
x
¿ = e2 (Thế +∞ vào
2 1+3
x
)
2 L = lim
x →0
ln(1+3 x ) arctan 2 x dụng quy tắc L' Hospital¿̿)
Giải
Hằng số Euler
Trang 6L = lim
x →0
ln(1+3 x ) arctan 2 x =lim
x →0
(1+ 3 x ) ' 1+3 x (2 x ) ' 1+(2 x )2
x →0
3
1+3 x
2
1+4 x2
2.
Câu 2: Tính đạo hàm cấp k của hàm số, tính tiếp tuyến hàm số ẩn
1 TÍNH ĐẠO HÀM CẤP K:
Tính chất: u = u(x) ; v = v(x).
i. (c u ) n=c u n
ii. (u ± v ) n=u n ± v n
iii. (u v ) n=C n0.u(0) v(n )
+C n1.u(1) v(n−1)
+…+ C n k u(k) v(n−k)
+C n n u(n) v(0)
Công thức Leibniz(Thi)
a Tính đạo hàm cấp 1000 của hàm số: y = (2x+1).e x
Giải
y( 1000 )
=[(2 x +1) e x
](1000)
= C10000 .(2 x+1)(0 ).(e¿¿x )(1000)¿ + C(1)1000.(2 x+1)(1).(e¿¿x)(999)¿
+ C10002 .(2 x+1)(2).(e¿¿x)(998)
¿+…+ C10001000.(2 x+1)(1000).(e¿ ¿x )(0)
¿
(2 x+1)(0 )=2 x+1 ;
(2 x+1)(1)=2 ;
(2 x+1)(2)
= 0;
=> (2 x+1)(k )=0,∀ k ≥2 ;
(e¿¿x)(k)
¿ = e x , ∀ k ∈ N nên (e¿¿x)(1000)=e x¿ ; (e¿¿x)(999)=e x¿
C10000 =1 ;C10001 = 1000;
Vậy y( 1000 )
=¿1.(2 x+1)(0 ) e x + 1000.(2 x+1)(1) e x = e x
(2x + 2001)
2 TÍNH TIẾP TUYẾN HÀM SỐ ẨN
b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm ẩn xác định bởi:
x3+y3=6 xyTại M(x0, y0¿
Giải:
* Phương trình tiếp tuyến có dạng :
Trang 7y= y '(x0).(x −x0)+y0
* (x3
+y3
)x
'
=(6 xy )x '
¿>3 x2
+3 y2 y '=6(y +x y ')
¿>3 x2+3 y2 y '=6 y +6 x y'
¿>3 y2 y '−6 x y '=6 y−3 x2
¿>y '(3 y2−6 x)=6 y −3 x2
¿>y '
=6 y−3 x2
3 y2−6 x
¿>y '
=2 y−x2
y2−2 x
¿>y '(x0)=2 y0−x02
y02−2 x0
Vậy phương trình tiếp tuyến:
y= 2 y0−x0
2
y02
−2 x0(x−x0)+y0
Câu 3: KHAI TRIỂN TAYLOR, MACLAURIN
1 KHAI TRIỄN Taylor , Maclaurin:
Công thức Taylor:
f ( x ) ≃f(x0)+f ' x0
1 !(x−x0)+
f ' ' x0
2 !(x−x0)
2
+… f x0
(n)
n!(x−x0)
n
+R n(x )
lim
x→ x0
R n ( x )=0
lim
x→ x0
R n ( x )
(x−x0)n=0
Công thức Maclaurin: (trường hợp đặc biệt của Taylor)
Khi x0=0 ;
f ( x ) ≃f (0)+ f(0)
'
1 ! ( x )+
f(0)' ' 2! ( x )
2
+… f(0 ) (n)
n! ( x )
n
+R n ( x )
a Viết khai triễn Maclaurin đến cấp 3 của hàm số: f(x) = sin(x)
Giải:
f ( x )=f (0)+ f(0)
'
1! x +
f(0)' '
2! x
2
+… f(0 )
' ''
3 ! x
3
+R3( x )
Trang 8* f ( x )=sin x =¿f (0)=sin 0=0 ;
*f '(x )=cos x =¿f '(0)=cos 0=1 ;
* f ''(x )=−sin x=¿f ''(0)=−sin 0=0 ;
* f '' '(x )=−cos x=¿f '' '(0 )=−cos 0=−1 ;
Vậy
f ( x )=0+1
1 x+
0 1.2x
2
+ −1 1.2 3x
3
+R3(x )
sinx = x−16x3+ R3(x )
b/ Áp dụng câu a, tính gần đúng: sin 10
Giải:
Khi x 0 thì R3( x )→ 0nên:
sin x ≃ x− x3
6(*)
* 10 ¿ π
180
Do đó sin 10=sin π
180≃ π
180−
1
6(
π
180)
3
Câu 4:
a Tính I ¿∫x2 dx
+x +1
Giải:
x2
+x+1=x2+2.1
2 x +
1
4+
3
4 = (x +1
2)2+3 4
2)2+3
4 = ∫ 1 dx
2)2+¿ ¿
¿
=
1
√3
2 .¿ = √23 (arctan2 x+1
√3 ) + C
b Tính J= ∫
0
+∞
dx
x2
+x+1
Giải:
B1 J = ∫
0
+∞
dx
x2+x+1 = lim ∫
0
t
dx
x2+x+1
B2 ∫
0
t
dx
x2+x +1 = √23 (arctan2 x+1
√3 ) |t
0
Trang 9= √23 (arctan2 t+1
√3 ) - √23 (arctan2.0+1
√3 )
= √23 (arctan2 t+1
√3 ) - 3π√3
B3 J = lim
t →+ ∞[ 2
√3.(arctan2 t+1
√3 )− π
3√3] = 2
√3.(arctan(+∞))−
π
3√3
arctan (+∞)= π
2;arctan (−∞)=
−π
2−
π
3√3 = √π3− π
3√3=
2 π
3√3
Câu 5: Khảo sát sự hội tụ của chuỗi số:
n =1
+∞
2n
n+1
Giải: Áp dụng tiêu chuẩn D’Alembert (tỷ số)
u n= 2n
n+1 ; u n +1=2n +1
n+2
L= lim
n →+∞
u n +1
u n =n→+ ∞lim
2n +1
n+2 .
n+1
2n =lim
n →+∞
2 n+2 n+2 = lim
n →+∞
n(2+2
n) n(1+2
n)
= lim
n →+∞
2+2
n
1+2
n
= 2 > 1.
Vậy chuỗi số phân kỳ.
b ∑
n =1
+∞
(2 n+1 3 n+5)n +1
Áp dụng tiêu chuẩn căn thức(Cauchy)
u n=(2 n+1 3 n+5)n+1
L = lim
n →+∞
n
√u n=lim
n →+∞
n
√ (2 n+1 3 n+5)n+1 = lim
n →+∞(2 n+1 3 n+5)n +1 n = lim
n → ∞(2+1
n
3+5
n)1+
1
n
= 23 < 1.
Vậy chuỗi số hội tụ.