ihåcQuŁcgiaTP.HCM Tr÷íng˚⁄ihåcB¡chKhoa...

Đại học Quốc gia TP.HCM

Trường Đại học Bách Khoa

Bộ môn Toán Ứng dụng

.

Bài Giảng Giải Tích 1

ThS.Nguyễn Hữu Hiệp

E-mail: [email protected]

Website: www.tanbachkhoa.edu.vn/dangvanvinh

Ngày 8 tháng 9 năm 2013

Mục tiêu môn học

• Môn học cung cấp các kiến thức cơ bản về vi tích phân hàm một biến và phương trình vi phân.

• Giúp học viên hiễu lý thuyết, nắm vững các kỹ năng tính toán, biết vận dụng giải các bài toán cụ thể.

• Biết vận dụng các phương pháp và tư duy sáng tạo vào khoa học kỹ thuật.

Tài liệu tham khảo

1) Nguyễn Đình Huy, Nguyễn Quốc Lân,. . . Phép tính vi phân hàm một biến. NXBGD, 2005

2) Ngô Thu Lương, Nguyễn Minh Hằng. Bài tập toán cao cấp 1.

3) Đỗ Công Khanh. Giải tích một biến. NXB Đại học quốc gia

Mục lục

1 Giới hạn và liên tục 31.1 Giới hạn dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2.1 Hàm lũy thừa y = xα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.2 Hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.3 Hàm mũ - Hàm logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.4 Hàm y = lnx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.5 Hàm Hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.6 Các hàm lượng giác ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.7 Hàm Hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.8 Hàm ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.9 Hàm tham số hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3 Giới hạn hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3.2 Các giới hạn cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.3.3 Vô cùng bé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3.4 Vô cùng lớn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.4 Hàm số liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Đạo hàm và vi phân 252.1 Đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.1.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.1.2 Đạo hàm hàm ngược và hàm tham số hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.1.3 Đạo hàm cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2 Vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.3 Định lý giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.4 Công thức H’Lopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.5 Công thức taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.6 Khảo sát và vẽ đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.6.1 Tiệm cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.6.2 Chiều biến thiên và cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.6.3 Lồi, lõm và điểm uốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.6.4 Khảo sát hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.6.5 Tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2

Chương 1

Giới hạn và liên tục

1.1 Giới hạn dãy số

Định nghĩa 1.1 (Dãy số đơn điệu) .Dãy số (xn) gọi là tăng nếu xn ≤ xn+1, ∀n ∈ NDãy số (xn) gọi là giảm nếu xn ≥ xn+1,∀n ∈ NBỏ dấu "=" trong đẳng thức, ta có dãy số tăng ngặt (giảm ngặt).Dãy số tăng hoặc giảm gọi chung là đơn điệu.

Ví dụ 1.1 Xét tính đơn điệu của dãy số (xn) : xn =n+ 1

n+ 2.

Xét xn+1 − xn =(n+ 1) + 1

(n+ 1) + 2− n+ 1

n+ 2=

(n+ 2)2 − (n+ 1)(n+ 3)

(n+ 3)(n+ 2)=

1

(n+ 3)(n+ 2)> 0, ∀n ∈ N.

=⇒ xn+1 > xn suy ra (xn) là dãy tăng.

Định nghĩa 1.2 (Dãy số bị chặn) .Dãy (xn) gọi là bị chặn trên nếu ∃M : xn ≤M, ∀n.Dãy (xn) gọi là bị chặn dưới nếu ∃m : xn ≥ m,∀n.Dãy (xn) bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới.

Dãy (xn) bị chặn khi và chỉ khi (|xn|) bị chặn trên.

Ví dụ 1.2 Xét tính bị chặn của dãy số (xn) : xn =n

n+ 1.

Ta có 0 <n

n+ 1< 1, ∀n ∈ N . Suy ra (xn) vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới do đó bị chặn.

Định nghĩa 1.3 (Dãy con) .Cho dãy (xn). Dãy con của (xn) là một dãy (xnk)k mà các phần tử của nó được lấy tùy ý từ (xn) theo thứtự tăng dần của chỉ số.

Ví dụ 1.3

Cho dãy (xn) : xn =n

n2 − 2=

{−1, 1,

3

7,2

7,

5

23,

3

17, . . .

}.

Dãy vn =

{−1,

3

7,

5

23,

3

17, . . .

}là một dãy con của xn.

Dãy x2n =2n

(2n)2 − 2=

{1,

2

7,

3

17. . .

}là dãy con các chỉ số chẵn của xn.

Dãy x2n+1 =2n+ 1

(2n+ 1)2 − 2=

{−1,

3

7,

5

23, . . .

}là dãy con các chỉ số lẻ của xn.

Định nghĩa 1.4 (Giới hạn dãy số) Ký hiệu limn→+∞

un = a hay unn→+∞−−−−−→ a được định nghĩa

∀ε > 0,∃n0 : n ≥ n0 =⇒ |un − a| < ε

Ta nói dãy (un) hội tụ về a.Nếu (un) không hội tụ thì ta nói (un) phần kỳ.

3

1.1. GIỚI HẠN DÃY SỐ CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

Định nghĩa 1.5 ( dãy số dần ra vô cùng) Ký hiệu limn→+∞

un = +∞ hay unn→+∞−−−−−→ +∞ được định

nghĩa∀A > 0,∃n0 : n ≥ n0 =⇒ un > A.

Ta nói dãy (un) hội tụ về a.Nếu (un) không hội tụ thì ta nói (un) phần kỳ.

Tượng tự cho giới hạn dần ra −∞.

Tính chất Cho xn −→ a, yn −→ b; a, b ∈ R ta có

i) limn→+∞

(xn ± yn) = a± b.

ii) limn→+∞

(xn.yn) = ab.

iii) limn→+∞

xnyn

=a

b, b 6= 0.

iv) limn→+∞

|xn| = |a|.

Định lý

1. Giới hạn dãy nếu tồn tại là duy nhất.

2. Dạy hội tụ thì bị chặn.

3. Cho xn ≤ yn ≤ zn,∀n ≥ n0.{xn −→ a

zn −→ a=⇒ yn −→ a.

4. Mọi dãy tăng và bị chặn trên thì hội tụ.

Mọi dãy giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.

5.

xn → a⇐⇒

{x2n → a

x2n+1 → a.

Số e. Người ta chứng minh được dãy số xn =

(1 +

1

n

)nlà dãy

tăng và bị chặn trên do đó hội tụ. Ký hiệu

limn→∞

(1 +

1

n

)n= e

Số e là số vô tỷ có giá trị gần đúng là e = 2.718281828...

Các giới hạn cơ bản

i) limn→∞

1

nα= 0, α > 0.

ii) limn→∞

1

lnα n= 0, α > 0.

iii) limn→∞

qn = 0, |q| < 0.

iv) limn→∞

n√nα = 1, ∀α.

v) limn→∞

(1 +

a

n

)n= ea,∀a.

Đại học Bách khoa TPHCM Trang 4 ThS.Nguyễn Hữu Hiệp


Các dạng vô định

0

0,∞∞, 0.∞,∞−∞, 1∞,+∞0, 00

+

Khi tính giới hạn dạng vô định, ta dùng công thức hoặc biến đổi đại sốđể khử dạng vô định.Nếu giới hạn không phải dạng vô định, ta tính bình thường.

Quy tắc1

0=∞, 1

∞= 0.

lnα n� nβ(β > 0)� an(a > 1)� n!� nn

Dấu � chỉ mang tính hình thức theo nghĩa: hàm nhỏ chiahàm lớn dần về 0 và hàm lớn chia hàm nhỏ dần về vô cùng.

Ví dụ 1.4

a) limn→∞

ln5 n√n

= 0. b) limn→∞

3n

n!= 0. c) lim

n→∞

2n

n100= +∞. d) lim

n→∞

log52 n

3n= 0.

Ví dụ 1.5 Tính các giới hạn sau

a) I = limn→∞

2n3 − 3n

4n+ 3n2.

Dạng∞∞

. Đại lượng x3 lớn nhất nên chia cả tử và mẫu cho x3.

I = limn→∞

2− 3

n2

4

n2+

3

n

= +∞ (vì tử dần về 2, mẫu dần về 0).

b) I = limn→∞

2n3 − 4n+1

3n − 22n−1 + 5n7.

Dạng∞∞

. Đại lượng 4n = 22n lớn nhất nên chia cả tử và mẫu cho 4n.

I = limn→∞

2n3

4n− 4

(3

4)n − 1

2+ 5

n7

4n

=0− 4

0− 1

2+ 0

= 8.

c) I = limn→∞

√n2 + 4n− n+ 1.

Dạng ∞−∞. Nhân lượng liên hợp.

I = limn→∞

(√n2 + 4n− n)(

√n2 + 4n+ n)√

n2 + 4n+ n+ 1 lim

n→∞

6n2 +4n− 6n2

√n2 + 4n+ n

+ 1. Dạng∞∞

.

Chia cả tử và mẫu cho n.I = lim

n→∞

4√1 + 4

n + 1+ 1 =

4√1 + 0 + 1

+ 1 = 3.

d) I = limn→∞

n√

3n4 − 4n3 = limn→∞

n

√n4(3− 4

1

n) = lim

n→∞n√n

4(3− 4

1

n)1n = 1.30 = 1.

Tương tự, ta có thể chứng minh n√Pm → 1 với mọi đa thức Pm.

e) I = limn→∞

n

√2n+1 − 4n

3n + 5n3= lim

n→∞

2

3n

√√√√√√ 2− 4n

2n

1 +5n3

3n

=2

3. Vì lim

n→∞n

√√√√√√ 2− 4n

2n

1 +5n3

3n

= limn→∞

2− 4n

2n

1 +5n3

3n

1n

= 20 = 1.



f) I = limn→∞

ln2(2n)

ln2 n= lim

n→∞

(ln 2 + lnn)2

ln2 n= lim

n→∞

(ln 2

lnn+ 1

)2

= (0 + 1)2 = 1.

g) I = limn→∞

√n sinn!

n+ 1.

Ta có 0 ≤∣∣∣∣√n sinn!

n+ 1

∣∣∣∣ ≤ √n

n+ 1.

Vì limn→+∞

0 = limn→∞

√n

n+ 1= 0 nên lim

n→∞

∣∣∣∣√n sinn!

n+ 1

∣∣∣∣ = 0 =⇒ limn→∞

√n sinn!

n+ 1= 0.

h) I = limn→∞

(n− 1

n+ 1

)n+1

= limn→∞

(1 +

−2

n+ 1

)n+1

= e−2 =1

e2.

i) I = limn→∞

(n2 + 2

n2 + 5

)3n2+1

= limn→∞

(1 +

−3

n2 + 5

)(n2+5) 3n2+1

n2+5

= limn→∞

[(1 +

−3

n2 + 5

)(n2+5)] 3n2+1

n2+5

=(e−3)3

= e−9 =1

e9.

j) I = limn→∞

(2n+ 3

3n+ 2

)n3+1n+2

.

Vì limn→∞

2n+ 3

3n+ 2=

2

3, limn→∞

n3 + 1

n+ 2= +∞ nên I = 0.

Chú ý bài này không phải dạng vô định. Có dạng (2/3)+∞ = 0.

k) I = limn→∞

(2n2 + 3n

4n2 − 2n

) √n

n2+2

.

Vì limn→∞

2n2 + 3n

4n2 − 2n=

1

4, limn→∞

√n

n2 + 2= 0 nên I = (1/4)0 = 1.

Chú ý bài này cũng không phải dạng vô định.

l) I = limn→∞

(2n3 + 3n

4n2 − 2n

) nn2+2

.

Bài này dạng vô định +∞0. Ta làm như sau:(2n3 + 3n

4n2 − 2n

) nn2+2

=

(2n3 + 3n

4n2 − 2n

) 1n. n2

n2+2

=

(n√

2n3 + 3nn√

4n2 − 2n

) n2

n2+2n→∞−−−→ (1/1)1 = 1.


a) I = limn→∞

(−1)n. Đặt xn = (−1)n

Ta có x2n = (−1)2n = 1 −→ 1, x2n+1 = (−1)2n+1 = −1 −→ −1. Vậy không tồn tại giới hạn.

b) I = limn→∞

(1− n1 + n

)n. Đặt xn =

(1− n1 + n

)n= (−1)n

(n− 1

1 + n

)n= (−1)n

(1 +

−2

1 + n

)n.

x2n = (−1)2n

(1 +

−2

1 + 2n

)2n

−→ 1.e−2 =1

e2.

x2n = (−1)2n+1

(1 +

−2

2 + 2n

)2n+1

−→ −1.e−2 = − 1

e2.

Vậy không tồn tại giới hạn.

c) limn→∞

xn, với xn =

{x1 =

√2

xn+1 =√

2 + xn, n ≥ 1.Viết cách khác: xn =

√2 +

√2 +√

2 + . . . (n dấu căn).

Dùng quy nạp chứng minh được dãy xn tăng và bị chặn trên bởi 2 do đó hội tụ.Giả sử xn → a. Từ giả thiết ta có

limn→∞

xn+1 = limn→∞

√2 + xn ⇐⇒ a =

√2 + a⇐⇒ a = 2.



Vậy limn→∞

xn = 2.

d) limn→∞

xn, với xn =1

1.2+

1

2.3+ · · ·+ 1

n(n+ 1).

Ta có xn =

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+

(1

3− 1

4

)+ · · ·+

(1

n− 1

n+ 1

)= 1− 1

n+ 1−→ 1.

Bài tập

Tính giới hạn

1. lim4n − 5−n

3n − 22n − 5n6

2. limln(3n2 − 2n)

n9 + 3n2

3. limlog210n

log2n

4. lim(1 + n

n+ 2)

1 + n

2− n2

5. limn

√n2 + 4n

n+ 5n

6. lim(2n− 3

2n+ 5)

n2 + 1

n+ 1

7. lim n√n+ (−1)n

8. limn sinn!

(1 + n)√n− 2

9. lim n

√5n+ 1

n10 + 2n

10. lim(2n+ 1

n2 − 1)

1

n− 2

11. lim(n− 2

n+ 2)

1 + n

2−√n

12. lim(2n− 1

5n+ 2)n

13. limn2 + 2n arctann!

3n3 + arcsinn

14. lim(n− 1

n2 + 1)1−n

15. lim1n√n!

16. limnn√n!

Tìm limun biết:

17. un =1

1.3+

1

3.5+ · · ·+ 1

(2n− 1).(2n+ 1)

18. un = (1 +(−1)n

n)n

19. u1 =√

3, un+1 =√

3 + un

20. un = sinn


1.2. HÀM SỐ CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

1.2 Hàm số

1.2.1 Hàm lũy thừa y = xα

n = 2 : y = x2

* TXD : D = R.

* TGT : T = [0,∞).

* Hàm số tăng trên khoảng (0,∞) và giảm trênkhoảng (−∞, 0).

* Hàm chẵn, đồ thị đối xứng qua Oy.

0

y = x2

y

x

n = −1 : y =1

x

* TXD : D = R \ {0}.

* TGT : T = (−∞, 0) ∪ (0,∞).

* Hàm số giảm trên khoảng (−∞, 0) và (0,+∞)

* Hàm lẻ, đồ thị đối xứng qua O(0, 0).

0

y =1

x

y

x

n = −1 : y =√x

* TXD : D = [0,∞).

* TGT : T = [0,∞).

* Hàm số tăng trên khoảng (−∞, 0) và (0,+∞)

* Không có tính chẵn lẻ.

0

y =√x

y = −√x

y

x



1.2.2 Hàm lượng giác

Hàm số y = sinx

* TXD : D = R.

* Hàm số tuần hoàn với chu kỳ 2π : sin(x) = sin(x+ 2π)

* TGT : T = [−1, 1].

* Hàm số tăng trên khoảng (−π2,π

2).

* Hàm số lẻ, đồ thị đối xứng qua O(0, 0).

Công thức

i) sin2 x+ cos2x = 1

ii) sin 2x = sinx cosx

iii) sin 3x = 3 sinx− 4 sin3 x

iv) sin2 x =1− cos 2x

2

v) sin π2 = 0; sin(kπ) = 0, k ∈ Z.

0−6.28 −4.71 −3.14 −1.57 1.57 3.14 4.71 6.28 7.85

−2

−1

1

2

y = sinx

y

x

Hàm số y = cosx

* TXD : D = R.

* Hàm số tuần hoàn với chu kỳ 2π : cos(x) = cos(x+2π)

* TGT : T = [−1, 1].

* Hàm số chẵn, đồ thị đối xứng qua Oy.

Công thức

i) cos 2x = cos2 x− sin2 x

ii) cos 2x = 2 cos2 x− 1 = 1− sin2 x

iii) cos2 x =1 + cos 2x

2

iv) cos 0 = 1; cosπ = −1, cos(±π2 ) = 0.

0−6.28 −4.71 −3.14 −1.57 1.57 3.14 4.71 6.28 7.85

−2

−1

1

2

y = cosx

y

x



Hàm số y = tanx

* TXD : D = R \ {π2 + kπ, k ∈ Z}.

* Hàm số tuần hoàn với chu kỳ π : tan(x) = tan(x+π)

* TGT : T = R.

* Hàm số tăng trên khoảng (−π2,π

2).

* Hàm số lẻ, đồ thị đối xứng qua O(0, 0).

Công thức

i) tanx =sinx

cosx

ii) tan(π − x) = tan(−x) = − tanx

iii) tan(π + x) = tan(x)

iv) tan 0 = 0, tan(π2 ) không xác định.

0−4.71 −3.14 −1.57 1.57 3.14 4.71

y = tanxy

x

1.2.3 Hàm mũ - Hàm logarit

Hàm số y = ax, (a > 1)

* TXD : D = R.

* TGT : T = (0,∞).

* Hàm số tăng trên (−∞,∞)

Công thức

i) ax.ay = ax+y

ii) (ax)y = axy

iii) ax.bx = (ab)x

iv) a−x =1

ax

0

y = ax(a > 1)

y

x

(0; 1)



Hàm số y = ax, (0 < a < 1)

* TXD : D = R.

* TGT : T = (0,∞).

* Hàm số giảm trên (−∞,∞)

Công thức

i)ax

ay= ax−y

ii)ax

bx=(ab

)xiii) ax.y = (ax)y.

0

y = ax(0 < a < 1)

y

x

(0; 1)

1.2.4 Hàm y = lnx

y = lnx ⇐⇒ x = ey

0 < x <∞ −∞ < y <∞.

0

y

x

y = lnx

Công thức

• ln(x+ y) = ln(x) + ln(y).

• lnx

y= lnx− ln y

• ln1

x= − lnx

• lnxα = α lnx.



1.2.5 Hàm Hyperbolic

Hàm số y = sinhx, coshx

* Định nghĩa

sinhx =ex − e−x

2∈ R

coshx =ex + e−x

2≥ 1

* TXD : D = R.

* y = sinhx là hàm lẻ và tăng trên R.

* y = coshx là hàm chẵn.

Công thức

i) Các công thức của hàm Hyperbolic được suy từcông thức lượng giác bình thường bằng cách thaysin→ i sinh cos→ cosh, tan→ i tanh, cot→ −i cot

ii) cosh2 x− sinh2 x = 1

iii) cosh2 x+ sinh2 x = cosh 2x

0

y = sinhx

y

x

0

y = coshx

y

x

(0; 1)

1.2.6 Các hàm lượng giác ngược

Hàm y = arcsinx

y = arcsinx ⇐⇒ x = sin y

−1 ≤ x ≤ 1 −π2≤ y ≤ π

2

0−1.57 1.57

−1.57

1.57

y = sinx

y = arcsinx

y

x



y = arccosx

y = arccosx ⇐⇒ x = cos y−1 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ π

0 1.57 3.14

1.57

3.14

y = arccosx

y = arccosx

y

x

Hàm y = arctanx

y = arctanx ⇐⇒ x = tan y

−∞ ≤ x ≤ ∞ −π2≤ y ≤ π

2

1.2.7 Hàm Hợp

Định nghĩa 1.6 (Hàm Hợp) Cho 2 hàm số z = g(y) và y = f(x). Hàm số z = g(f(x)) gọi là hàm hợpcủa f và g.

Ví dụ Cho z =√y, y = cosx. Hàm z =

√cosx là hàm hợp của 2 hàm đã cho.

Ví dụ Cho z = sinu, u =√y, y = lnx. Khi đó, hàm z = sin

√lnx là hàm hợp của 3 hàm đã cho.

1.2.8 Hàm ngược

Cho hàm số y = f(x) : X −→ Y . Xét tập hợp

f−1(y) = {x ∈ X : f(x) = y}.

Tập này có thể có nhiều hơn một phần tử hoặc là tập rỗng.Nếu f−1(y) luôn có đúng 1 phần tử với mọi y ∈ Y thì f−1 là một ánh xạ gọi là ánh xạ ngược của hàm sốy = f(x).

f−1 : Y −→ Xy 7→ x = f−1(x)⇐⇒ y = f(x)

Ví dụ 1.7

a Xét hàm số y = f(x) = x2 : R −→ R.Tập f−1(1) = {x ∈ R : x2 = 1} = {−1, 1} có 2 phần tử. Tập f−1(−1) = {x ∈ R : x2 = ∅}.

b Xét hàm số y = f(x) = x2 : R+ −→ R+.Tập f−1(y) = {x ∈ R+ : x2 = y} = {√y} luôn có duy nhất 1 phần tử. Do đó y 7→ f−1(y) là ánh xạ ngượccủa hàm số y = f(x). Ta viết f−1(y) =

√y hay f−1(x) =

√x.



1.2.9 Hàm tham số hóa

Định nghĩa 1.7 (Hàm cho theo tham số) Cho hàm số y = y(x) qua một biến trung gian t:{x = x(t)

y = y(t)

gọi là hàm cho theo tham số.Đường cong (C) được xác đinh bởi hàm trên gọi là đường cong tham số, hay hàm trên gọi là tham số hóacủa đường cong (C).

Ví dụ 1.8

a). Cho đường cong C có tham số hóa

{x = 1 + 2t

y = 0− tlà đường thẳng qua M(1, 0) và có véc tơ chỉ phương

a = (2;−1): x+ 2y = 1

b). Cho đường cong (C) có tham số hóa

{x = 1 + 3 cos(t)

y = 2 + 3 sin tlà đường tròn tâm I(1; 2) bán kính bằng 3:

(x− 1)2 + (y − 2)2 = 9

c). Cho đường cong (C) có tham số hóa

{x = a cos t

y = b sin tlà Elip

x2

a2+y2

b2= 1 (bằng cách khử t từ phương

trình tham số )

Ví dụ 1.9 Tìm hàm ngược của hàm số y = f(x).

a) f(x) =x− 1

x+ 1. b) f(x) = 3

√ex − 1. c) f(ex) = 3(x+ 1)3.

Bài làm

a) y = f(x) =x− 1

x+ 1⇐⇒ y(x+ 1) = (x− 1)⇐⇒ x =

y + 1

y − 1.

Vậy f−1(y) =y + 1

y − 1hay f−1(x) =

x+ 1

x− 1.

b) y = f(x) = 3√ex − 1⇐⇒ x = ln(y3 + 1) =⇒ f−1(x) = ln(x3 + 1).

c) f(ex) = 3(x+ 1)3. Đặt t = ex ⇐⇒ x = ln t.f(t) = 3(ln t+ 1)3 hay y = f(x) = 3(lnx+ 1)3 ⇐⇒ x = e

3√

y3−1 =⇒ f−1(x) = e

3√

x3−1.

Bài tập

Câu 1) Tìm miền xác định của hàm số

a) f(x) = ln( 1x − 1).

b) f(x) = arccos ln(1 + x)

c) f(x) = (1 +1

x)x.

Câu 2) Tìm hàm ngược của hàm số y = f(x) biết

a) f(x) = ln(x3 + 1), x > −1.

b) f(x+ 1) = e2x + 1.


1.3. GIỚI HẠN HÀM SỐ CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

1.3 Giới hạn hàm số

1.3.1 Định nghĩa

Định nghĩa 1.8 (Giới hạn hàm số) cho hàm số y = f(x) xác định trên D.

i) limx→x0

= a⇐⇒ (∀ε > 0,∃δ > 0, ∀x ∈ D : 0 < |x− x0| < δ −→ |f(x)− a| < ε)

ii) limx→+∞

f(x) = a⇐⇒ (∀ε > 0,∃N, ∀x ∈ D : x > N −→ |f(x)− a| < ε)

iii) Tương tự cho giới hạn bằng vô cực.

Định lýlimx→x0

= a⇐⇒ ∀(xn) ⊂ D&xn 6= x0 : xn → x0 =⇒ f(xn)→ a.

Định lý tương đương với định nghĩa giới hạn hàm số theo giới hạn dãy số. Do đó, những tính chất giới hạnhàm số tương tự như giới hạn dãy số.

Ví dụ 1.10 Chứng minh giới hạn limx→+∞

sinx không tồn tại.

Bài làmXét dãy (xn) : xn = nπ −→ +∞ và lim

n→+∞sinxn = lim

n→+∞sinnπ = 0.

Xét dãy (yn) : yn = 2nπ +π

2−→ +∞ và lim

n→+∞sin yn = lim

n→+∞sin(

2nπ +π

2

)= 1.

Vì tồn tại 2 dãy làm giới hạn dần về 2 giá trị khác nhau do đó không tồn tại limx→+∞

sinx.

Định nghĩa 1.9 (Giới hạn một bên)

Giới hạn trái

limx→x−0

= a⇐⇒ (∀ε > 0,∃δ > 0, ∀x ∈ D : 0 < x0 − x < δ −→ |f(x)− a| < ε)

Giới hạn trái

limx→x+0

= a⇐⇒ (∀ε > 0,∃δ > 0, ∀x ∈ D : 0 < x− x0 < δ −→ |f(x)− a| < ε)

Giới hạn trái: x < x0 và giới hạn phải:x > x0

Định lý

limx→x0

f(x) = a⇐⇒

limx→x−0

f(x) = a

limx→x+0

f(x) = a.

Ví dụ 1.11 Tính giới hạn limx→0

|x|x.

Bài làm: biểu thức chứa trị tuyệt đối nên không tính trực tiếp được giới hạn.

limx→0−

|x|x

x<0===== lim

x→0−

−xx

= −1. limx→0+

|x|x

x>0===== lim

x→0+

x

x= −1.

Vậy không tồn tại giới hạn limx→0

|x|x.



1.3.2 Các giới hạn cơ bản

Giới hạn khi x→ 0

1) Các hàm x, sinx, arcsinx, sinhx, tanx, arctanx, ln(x + 1), ex − 1 khi chiacho nhau sẽ hội tụ về 1 khi x→ 0

(a) limx→0

sinx

x= 1

(b) limx→0

arcsinx

x= 1

(c) limx→0

tanx

ex − 1= 1

(d) limx→0

sinhx

ln(x+ 1)= 1

(e) limx→0

ln(x+ 1)

sinhx= 1

(f) limx→0

x

ex − 1= 1

2) Bốn hàm khác

(a) limx→0

1− cosx

x2=

1

2

(b) limx→0

coshx− 1

x2=

1

2

(c) limx→0

(1 + αx)1x = eα

(d) limx→0

(1 + x)α − 1

x= α

Các giới hạn khi x→ +∞ tương tự như giới hạn dãy số

1. limx→+∞

qx = 0, |q| < 1

2. limx→+∞

1

xα= 0, α > 0

3. limx→±∞

1

lnα |x|= 0, |q| < 1

4. limx→±∞

(1 +

a

x

)x= ea.

Ví dụ 1.12 Tính giới hạn

a) I = limx→0

sin2 2x

1− cosx= lim

x→0

(sin 2x

2x

)2

.x2

1− cosx.4 = 1.2.4 = 8.

b) limx→1

3√x− 1

5√x− 1

t=x−1→0===== lim

t→0

3√

1 + t− 15√

1 + t− 1= lim

t→0

(1 + t)13 − 1

(1 + t)15 − 1

= limt→0

(1+t)13−1t

(1+t)15−1t

=1315

=5

3.

c) I = limx→0+

xx = limx→0+

elnxx = limx→0+

ex lnxt= 1

x→+∞

===== limt→+∞

e

ln 1t

t = limt→+∞

e−

ln t

t = e−0 = 1.

d) I = limx→∞

(x2 − 1

x2 + 1

)x= lim

x→∞

(1 +

−2

x2 + 1

)x2. 1x

= (e−2)0 = 1. (tương tự giới hạn dãy số).

e) I = limx→−∞

(√x2 + 2x+ x) = lim

x→−∞

x2 + 2x− x2

√x2 + 2x− x

= limx→−∞

2x

|x|√

1 + 2x − x

= limx→−∞

2x

−x√

1 + 2x − x

= limx→−∞

2

−√

1 + 2x − 1

=2

−2= −1.

f) I = limx→0

(1 + sin 2x)1x = lim

x→0(1 + 2 sin 2x)

1sin 2x

. sin 2xx = (e2)2 = e4.

g) limx→0

(coshx)cotx2 = limx→0

(1 + (coshx− 1))1

tan x2 = limx→0

(1 + (coshx− 1))1

cosh x−1cosh x−1

x2x2

tan x2 = e1. 12.1 =√e.

h) I = limx→+∞

x sinx√x3 + 1 arctanx

.

Ta có 0 ≤∣∣∣∣ x sinx√x3 + 1 arctanx

∣∣∣∣ ≤ x√x3 + 1 arctanx

,∀x > 0.

limx→+∞

0 = limx→+∞

x√x3 + 1 arctanx

= 0.π

2= 0. Vậy I = 0.



Bài tập

1. I = limx→+∞

(x2 + 4

x2 − 4

)x22. I = lim

x→0

(1 + 2x4

) 1sin2 x

3. I = limx→0

(ln(e+ x))cotx

4. I = limx→0

(1− tan2 x

) 1sin2 2x

5. I = limx→0

(cosx)1x2

6. I = limx→∞

(2x2 + 3

2x2 − 1

)x2

7. I = limx→∞

(e

1x +

1

x

)x8. I = lim

x→0(coshx)

11−cos x

9. I = limx→−∞

xex+ 1x

10. I = limx→0

(cos 2x+ sinx)1

sin x

11. I = limx→0

(cosx+ 5 sinx)cotx

12. I = limx→0

(1 + sin(2x2)

) 2x2

13. I = limx→0

(1 + 2x4 cosx)

) 1x4

14. I = limx→+∞

1

xlne2x + x2

x2

1.3.3 Vô cùng bé

Định nghĩa 1.10 (Vô cùng bé) .Hàm số f(x) được gọi là một vô cùng bé (VCB) khi x→ x0 nếu lim

x→x0f(x) = 0

Ví dụ 1.13

a) f(x) = 2x2 − 3 sinx là VCB khi x→ 0. Vì limx→0

f(x) = limx→0

2x2 − 3 sinx = 0.

b) f(x) =1

x− 1không phải VCB khi x→ 0. Vì lim

x→0

1

x− 1= −1 6= 0.

Nhưng là VCB khi x→∞. Vì limx→∞

1

x− 1= 0.

Tính chất

i) Tổng hữu hạn các VCB là một VCB.

ii) Tích 2 VCB là một VCB.

iii) Tích của một VCB và một hàm bị chặn là một VCB.

iv) Thương 2 VCB chưa chắc là VCB.

Định nghĩa 1.11 (cấp vô cùng bé) Cho f(x), g(x) là 2 VCB khi x→ x0 và limx→x0

f(x)

g(x)= k

i) Nếu k = 0 thì ta nói f(x) có bậc VCB cao hơn g(x), ta viết f(x) = o(g(x)).

ii) Nếu k hữu hạn khác 0 thì ta nói f(x) và g(x) là 2VCB cùng cấp.

iii) Nếu k = 1 thì ta nói f(x) và g(x) là 2 VCB tương đương: f(x) ∼ g(x).

iv) Nếu f(x) (x− x0)k thì ta nói f(x) là VCB bậc k.

Ví dụ 1.14 so sánh các VCB sau khi x→ 0

a)√

1− x2 − 1 và tanx.

b) ln(1− 2x2) và x4 + 3x2.

c) e3x − 1 và√

1 + 6x− 1.

d) x sin1

xvà x

Bài làm

a) limx→0

√1− x2 − 1

tanx= lim

x→0

√1− x2 − 1

−x2.x

tanx.(−x) = 0. Suy ra

√1− x2 − 1 là VCB cấp cao hơn tanx.



b) limx→0

ln(1− 2x2)

x4 + 3x2= lim

x→0

ln(1− 2x2)

−2x2

−2x2

x2(x2 + 3)= lim

x→0

ln(1− 2x2)

−2x2

−2

x2 + 3= −2.

Suy ra ln(1− 2x2) và x4 + 3x2 là 2 VCB cùng cấp.

c) limx→0

e3x − 1√1 + 6x− 1

= limx→0

e3x − 1

3x.

6x√1 + 6x− 1

.1

2= lim

x→0

e3x − 1

3x.

1√

1+6x−16x

.1

2= 1.

112

1

2= 1

Suy ra e3x − 1 và√

1 + 6x− 1 tương đương.

d) limx→0

x sin1

xx

= limx→0

sin1

xkhông tồn tại nên 2 VCB này không so sánh được.

Các VCB thường gặp khi x→ 0

? x ∼ sinx ∼ arcsinx ∼ sinhx ∼ tanx ∼ arctanx ∼ ln(1 + x) ∼ ex − 1.

?x2

2∼ 1− cosx ∼ coshx− 1.

? (1 + x)α − 1 ∼ αx.

Tính chất cho các VCB tương đương khi x→ x0

f(x) ∼ f1(x), g(x) ∼ g1(x)

i) f(x)g(x) ∼ f1(x)g1(x)

ii) Tổng f1(x)+g1(x) gọi là dạng triệt tiêu nếu f(x) có bậc VCBthấp hơn f(x) + g(x).

Nếu không phải dạng triệt tiêu thì

f(x) + g(x) ∼ tổng bậc thấp nhất.

iii)

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

f1(x)

g1(x)

Chú ý:

• Sau khi thay tương đương cộng lại mà mất đi bậc thấp nhất thì là dạng triệt tiêu.

• Thay VCB tương đương dạng tổng thì cần kiểm tra tổng không phải dạng triệt tiêu.

• Không thay tương đương cho hàm hợp.

Ví dụ 1.15 Rút gọn các VCB sau khi x→ 0.

a) f(x) = 3x5 − 5x6 − 4x3 ∼ −4x3 : bậc thấp nhất là 3

b) f(x) = (e3x − 1)(sin2 2x+ 3x3) ∼ 3x.((2x)2 + 3x3) ∼ 3x.x2 = 3x3.

c) f(x) = x cos 2x− x+ 3x3 = −x(1− cos 2x) + 3x3 ∼ −x(2x)2

2+ 3x3 = x3.

d) f(x) = 3√

1 + 2x− cos 2x = [(1 + 2x)13 − 1] + [1− cos 2x] ∼ 1

3.2x− 1

2(2x)2 = −4

3x2.



e) f(x) = (1 + 2x2 − 3x3)3 − cos(2x+ x2) = [(1 + 2x2 − 3x3)3 − 1] + [1− cos(2x+ x2)]

∼ 3.(2x2 − 3x3) +1

2(2x+ x2)2 ∼ 3.2x2 +

1

2(2x)2 = 8x2.

f) f(x) = tanx− sinx ∼ x− x = 0−→ Sai.Vì tanx và sinx đều bậc nhất. Khi thay tương đương mất đi bậc nhất do đó là dạng triệt tiêu.Không bao giờ tương đương ra không. Ta làm lại như sau:

f(x) = tanx− sinx = tanx(1− cosx) ∼ x.x2

2=x3

2.

g) f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x

Cách 1: f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x ∼√

1 + 2x− 1− x = ((1 + 2x)12 − 1)− x ∼ 1

22x− x = 0−→ Sai.

2 chỗ: thay tương đương hàm hợp và thay tương đương dạng triệt tiêu

Cách 2: f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x ∼ 1

2(2x+ 2x2)− x = x2−→ Sai.

Dạng triệt tiêu: mất đi bậc nhất.

Cách 3: f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x ∼√

1 + 2x− 1− x =1 + 2x− 1√1 + 2x+ 1

− x

=x(1−

√1 + 2x)

1 +√

1 + 2x∼x.(−1

2 .2x)

1 +√

1= −x

2

2−→ Sai.

∼ đầu tiên sai vì thay tương đương hàm hợp, các ∼ sau thì đúng.

Cách 4: f(x) =√

1 + 2x+ 2x2 − 1− x =1 + 2x+ 2x2 − 1√1 + 2x+ 2x2 + 1

− x

=x(1 + 2x−

√1 + 2x+ 2x2)

1 +√

1 + 2x+ 2x2∼x.(2x− 1

2 .(2x+ 2x2))

1 +√

1=x2

2.−→ Đúng.

Không thay tương đương hàm hợp. Biến đổi cho đến khi hết dạng tổng triệt tiêu rồi mới dùngtương đương.

Ví dụ 1.16 Tìm α, β sao cho f(x) ∼ α(x− x0)β khi x→ x0.

a) f(x) = ex − e1, x0 = 1.f(x) = e[ex−1 − 1] ∼ e(x− 1) =⇒ α = e, β = 1.Chú ý: x→ 1 =⇒ x− 1 là VCB nên ta áp dụng công thức cho x− 1.

b) f(x) = 3√x− x, x0 = 1

f(x) = [(1 + x− 1)13 − 1] + 1− x ∼ 1

3(x− 1)− (x− 1) = −2

3(x− 1) =⇒ α = −2

3, β = 1.

c) f(x) = 2√x − 1, x0 = 0.

f(x) = eln 2√x − 1 = e

√x ln 2 − 1 ∼

√x ln 2 =⇒ α = ln 2, β =

1

2.

Ví dụ 1.17 Tính các giới hạn sau bằng cách thay VCB tương đương.

a) I = limx→0

ln(1 + x tanx)

x2 + sin3 2x.

Ta có ln(1 + x tanx) ∼ x tanx ∼ x2, x2 + sin3 2x ∼ x2 + (2x)3 ∼ x2.

=⇒ I = limx→0

ln(1 + x tanx)

x2 + sin3 2x= lim

x→0

x2

x2= 1

b) I = limx→0

ln cos 2x

ln(1− x2)= lim

x→0

ln(1 + cos 2x− 1)

ln(1− x2)= lim

x→0

cos 2x− 1

−x2= lim

x→0

−1

2.(2x)2

−x2= 2.

c) limx→0

cosx− ex√1 + 2x− 1

= limx→0

cosx− 1 + 1− ex

2x= lim

x→0

−x2

2 − x2x.12

= limx→0

−xx

= −1.



d) I = limx→0

√1− 2x− 3

√1 + 6x

ln(1− arcsinx)= lim

x→0

√1− 2x− 1 + 1− 3

√1 + 6x

− arcsinx= lim

x→0

−2x.12 − 6x.13−x

= 3

e) I = limx→1

x2012 − 1

lnx.

Ta đặt t = x− 1→ 0(x→ 0).

I = limt→0

(t+ 1)2012 − 1

ln(t+ 1)= lim

t→0

2012.t

t= 2012.

f) I = limx→0

(1 + 3 tan 2x)1

sin 3x = limx→0

e1

sin 3xln(1+3 tan 2x) = lim

x→0e

3 tan 2xsin 3x = lim

x→0e

3.2x3x = e2.

g) I = limx→0

3√

1 + 3x2 − 1

ecosx − 2.

I = limx→0

(1 + 3x2)13 − 1

(ecosx − 1)− 1= lim

x→0

1

3.3x2

cosx− 1= lim

x→0

x2

−x2

2

= −2−→ Sai.

Vì cosxx→0−−−→ 1 6= 0 nên áp dụng công thức ecosx − 1 ∼ cosx là sai.

Bài này không phải dạng vô định nên suy ra ngay kết quả

I = limx→0

3√

1 + 3x2 − 1

ecosx − 2=

0

e− 2= 0.

h) I = limx→0

√1 + 2x− 1− x

cosh 2x− e3x2. Chú ý trên tử dạng triệt tiêu.

√1 + 2x− 1− x =

(1 + 2x)− (1 + x)2

√1 + 2x+ 1 + x

=−x2

√1 + 2x+ 1 + x

∼ −x2

2

cosh 2x− e3x2 = (cosh 2x− 1)− (e3x2 − 1) ∼ 1

2(2x)2 − 3x2 = −x2

I = limx→0

−x2

2−x2

=1

2.

i) I = limx→+∞

x2.e

1x2 − cos 1

x

arctanx= lim

x→+∞x2.

e1x2 − 1 + 1− cos 1

xπ2

= limx→+∞

x2.1x2

+ 12x2

π2

=3

π.

Chú ý1

x

x→+∞−−−−→ 0 nên ta áp dụng công thức cho1

x.

arctanx→ π2 là hằng số nên được thế số ngay từ đầu.

1.3.4 Vô cùng lớn

Định nghĩa 1.12 ( Vô cùng lớn) .Hàm số f(x) được gọi là một vô cùng lớn (VCL) khi x→ x0 nếu lim

x→x0|f(x)| = +∞

Tính chất VCL tương tự VCB.

Ví dụ 1.18

a) f(x) = 2x2 − 3 sinx là VCL khi x→∞. Vì limx→0

f(x) = limx→∞

2x2 − 3 sinx = +∞.

b) f(x) =1

x− 1là VCL khi x→ 1. Vì lim

x→1

∣∣∣∣ 1

x− 1

∣∣∣∣ = +∞.

Định nghĩa 1.13 (cấp vô cùng lớn) Cho f(x), g(x) là 2 VCL khi x→ x0 và limx→x0

f(x)

g(x)= k

i) Nếu k =∞ thì ta nói f(x) có bậc VCL cao hơn g(x), ta viết f(x) = O(g(x)).



ii) Nếu k hữu hạn khác 0 thì ta nói f(x) và g(x) là 2VCL cùng cấp.

iii) Nếu k = 1 thì ta nói f(x) và g(x) là 2 VCL tương đương: f(x) ∼ g(x).

iv) Nếu f(x) (x− x0)k thì ta nói f(x) là VCL bậc k.

Tính chất cho các VCL tương đương khi x→ x0

f(x) ∼ f1(x), g(x) ∼ g1(x)

i) f(x)g(x) ∼ f1(x)g1(x)

ii) Tổng f1(x)+g1(x) gọi là dạng triệt tiêu nếu f(x) có bậc VCLcao hơn f(x) + g(x).

Nếu không phải dạng triệt tiêu thì

f(x) + g(x) ∼ tổng bậc thấp cao

iii)

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

f1(x)

g1(x)

Chú ý:

• Sau khi thay tương đương cộng lại mà mất đi bậc cao nhất thì là dạng triệt tiêu.

• Thay VCL tương đương dạng tổng thì cần kiểm tra tổng không phải dạng triệt tiêu.

• Các bài toán VCL có thể chuyển về VCB bằng cách đặt ẩn.


a) limx→∞

3x3 − 2x2

1− 2x2 + x3= lim

x→∞

3x3

x3= 3.

b) limx→+∞

√2x4 − 4x3 + 3x− 2

2x3 −√

2x+ x3= lim

x→∞

√2x4 + 3x

2x3 −√x3

= limx→+∞

√2x2

−2x3= 0

c) limx→+∞

3x2 − 4√x6 − 3x2

√1 + 2x− 5x2

= limx→+∞

3x2 − 4√x6

√2x− 5x2

= limx→+∞

−4x3

−5x2= +∞

d) limx→+∞

x2 + ln30(x+ 1)− 2x + 4x

3x − 4x6 + 5.4x= lim

x→+∞

4x

5.4x=

4

5.

e) I = limx→+∞

√x2 + 2x− 3

√x3 + x2. Đặt t =

1

x→ 0. Suy ra

I = limt→0+

√1t2

+ 2t −

3

√1t3

+ 1t2

= limt→0+

√1 + 2t− 3

√1 + t

t

= limt→0+

√1 + 2t− 1 + 1− 3

√1 + t

t= lim

t→0+

t− t3

t=

2

3.

Bài tập

Bài 1) Sắp xếp các hàm số sau theo thứ tự tăng dần của bậc VCL

(a) x→ +∞ : 3x+ ln3 x, x lnx,√

3x, x(2 + sin4 x)

(b) x→ +∞ : 2x, x2, x2 + sin4 x, x lnx

(c) x→ +∞ :√

3x2 + 1 ln(2x), x ln(x2 + 3), x lnx

Bài 2) Tính các giới hạn



(a) limx→∞

√x2 + 2x+ x

(b) limx→∞

(3x2 + 1

3x2 − 1)x

2

(c) limx→−∞

√x4 + 6x3 −

√3x2 + x4

√x2 − 1

(d) limx→+∞

ln(ex − x) + 3√x5 + x

√x

x−√x4 + 2x2

(e) limx→+∞

√2x2 + 1−

√3x+ x2

x

(f) limx→0

sin 2x+ 2 arcsin 3x

ex − ln(1 + 3x− sin(x))

Bài 3) Tính giới hạn hàm số bằng cách thay VCB tương đương

(a) limx→0

2x − 1

sin 3x

(b) limx→π

2

sinx− 1

tanh2(x− π2 )

(c) limx→0

5√

1 + 10x− 3√

1 + 3x

arcsin(3x)− tanh(x3)

(d) limx→0

(1− tan2 x)1

sin2 x

(e) limx→0+

sin 5x− 3x2

x+ lnx

(f) limx→0

(cosx)1x2

(g) limx→+∞

x2e1/x2 − cos 1

x

arctanx

(h) limx→0

1

x(

1

sinx− 1

tanx)

(i) limx→0

(coshx)1

1−cos x

(j) limx→0+

xx − 1

x lnx

(k) limx→0

√cosx− 3

√cosx

ln(cosh 2x)

(l) limx→±∞

(e1x +

1

x)x

(m) limx→0

1− cosx cos 2x

ex2 − coshx

(n) limx→0

x2

3√

1 + 3x− 1− x

(o) limx→0

√1 + tanx−

√1 + sinx

x− x coshx

(p) limx→0

ex − x− 1

x2

(q) limx→0

1 + x cosx−√

1 + 2x

x2

Bài 4) Tính giới hạn hàm số bằng cách thay VCB tương đương

(a) limx→2

√1 + x+ x2 −

√7 + 2x− x2

2x− x2

(b) limx→+∞

x(ln(x+ a)− lnx)

(c) limx→a

xα − aα

x− a, α > 0

(d) limx→a

xa − ax

x− a, a > 0

(e) limx→1

1− n√x

cosh( iπ2 x)

(f) limx→π

3

tan3 x− 3 tanx

cos(x+ π6 )


1.4. HÀM SỐ LIÊN TỤC CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

1.4 Hàm số liên tục

Định nghĩa 1.14 (liên tục) Cho hàm số y = f(x).

i) f(x) gọi là liên tục tại x0 nếu limx→x0

f(x) = f(x0).

Nếu f(x) không liên tục tại x0 thì ta nói f(x) gián đoạn tại x0.

ii) f(x) gọi là liên tục trái tại x0 nếu limx→x−0

f(x) = f(x0).

iii) f(x) gọi là liên tục phải tại x0 nếu limx→x+0

f(x) = f(x0).

iv) f(x) gọi là liên tục trên (a, b) nếu nó liên tục tại mọi điểm x0 ∈ (a, b).

v) f(x) gọi là liên tục trên [a, b] nếu nó liên tục trên (a, b) và liên tục trái tại b, liên tục phải tại b.

Chú ý: f(x) liên tục tại x0 nếu

i) f(x) xác định tại x0 ii) tồn tại limx→x0

f(x) iii) limx→x0

f(x) = f(x0).

f(x) liên tục tại x0 nếu nó vừa liên tục trái, vừa liên tục phải tại x0.

Định nghĩa 1.15 (hàm sơ cấp) Các hàm hằng, lũy thừa, mũ, logarit, lượng giác, lượng giác ngược, hàmhyperbolic và các hàm thu được từ các hàm này qua các phép toán cộng, trừ, nhân, chia, căn, hợp gọi là cáchàm sơ cấp.

Tính chất

i) Các hàm sơ cấp liên tục trên miền xác định của nó.

ii) f(x) liên tục trên đoạn [a, b] thì đạt Max,min trên đó.

Ví dụ 1.20 Xét tính liên tục hàm số.

a) f(x) =

x2 −

√x

x− 1, x 6= 1

1, x = 1.

Tại x0 6= 1 : f(x) =x2 −

√x

x− 1là hàm sơ cấp nên liên tục.

Tại x0 = 1 limx→1

f(x) = limx→1

x2 −√x

x− 1=

3

26= f(1) = 1 =⇒ f(x) gián đoạn tại x0 = 1.

b) f(x) =

sinx

|x|, x 6= 0

1, x = 0.

Tại x0 > 0 : f(x) =sinx

xlà hàm sơ cấp nên liên tục.

Tại x0 < 0 : f(x) =sinx

−xlà hàm sơ cấp nên liên tục.

Tại x0 = 0 : limx→0+

f(x) = limx→0+

sinx

x= 1 = f(1), lim

x→0−f(x) = lim

x→0−

sinx

−x= −1 6= f(1).

Vậy hàm số liên tục phải tại x0 = 1 nhưng không liên tục trái tại x0 = 1 do đó không liên tục tại x0 = 1.

Ví dụ 1.21


1.4. HÀM SỐ LIÊN TỤC CHƯƠNG 1. GIỚI HẠN VÀ LIÊN TỤC

a) Tìm a, b để f(x) =

2x2 + a, x < 0

b, x = 0

arctan1

x, x > 0

liên tục trên R.

Tại x > 0 và x < 0 thì f(x) là những hàm số sơ cấp nên liên tục.

Tại x0 = 0 : limx→0−

f(x) = limx→0−

2x2 + a = a, limx→0+

f(x) = limx→0+

arctan1

x=π

2, f(0) = b.

f liên tục trên R khi và chỉ khi a = b =π

2.

b) Tìm a, b để f(x) =

{x, |x| ≤ 1

x2 + ax+ b, |x| > 1liên tục trên R.

Tại x > 1,−1 < x < 1 và x < −1 thì f(x) là những hàm số sơ cấp nên liên tục.Ta chỉ cần xét tại x0 = ±1Ta có f(1) = 1, f(−1) = −1.limx→1−

f(x) = limx→1−

x = 1 = f(1), limx→1+

f(x) = limx→1+

x2 + ax+ b = 1 + a+ b,

limx→−1+

f(x) = limx→−1+

x = −1 = f(−1), limx→−1−

f(x) = limx→−1−

x2 + ax+ b = 1− a+ b,

f liên tục trên R khi và chỉ khi {1 + a+ b = 1

1− a+ b = −1⇐⇒

{a = 1

b = −1.

Định lý giá trị trung gianCho f(x) liên tục trên [a, b] và f(a).f(b) < 0.Khi đó f(x) có ít nhất một nghiệm trong (a, b).

Ví dụ 1.22 Phương trình xex − 1 = 0 có ít nhất một nghiệm trong (0, 1), vì f(0).f(1) = −1.(e− 1) < 0.

Bài tập

Câu 1) Xét tính liên tục của hàm số

a) f(x) =

sinx− cosx+ 1

xnếu x 6= 0,

a, nếu x = 0,

b) f(x) =

ae3x − 1

xnếu x 6= 0,

b, nếu x = 0,

c) f(x) =

x sin( 1

x) Nếu x < 0,

a Nếu x = 0,e2x − bx

Nếu x > 0.

d) f(x) =

{xα ln(x2) Nếu x 6= 0,

β Nếu x = 0.

Câu 2) Chứng minh các phương trình sau

a) x2.3x = 1 có ít nhất 1 nghiệm. b) 2x = 4x có ít nhất 2 nghiệm.


Chương 2

Đạo hàm và vi phân

2.1 Đạo hàm

2.1.1 Định nghĩa và tính chất

Định nghĩa 2.1 (Đạo hàm tại một điểm)

f ′(x0) = limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0= lim

∆x→x0

∆f

∆x

∆f = f(x)− f(x0) gọi là gia số của hàm tại x0. ∆x = x− x0 gọi là gia số của biến tại x0.

0 1

1

y = f(x)y

x

ϕ : tanϕ = f ′(1)

Tính chấtHệ số góc của tiếp tuyến tại x0

k = f ′(x0), (k = tanϕ)

Phương trình tiếp tuyến tại x0

y = k(x− x0) + y0.

Định nghĩa 2.2 (Đạo hàm một bên) .Đạo hàm phải tại x0:

f ′(x+0 ) = lim

x→x+0

f(x)− f(x0)

x− x0= lim

∆x→x+0

∆f

∆x

Đạo hàm trái tại x0:

f ′(x−0 ) = limx→x−0

f(x)− f(x0)

x− x0= lim

∆x→x−0

∆f

∆x

Hàm f có đạo hàm tại x0 nếu nó có đạo hàm trái và đạo hàm phải và chúng bằng nhau.

Ví dụ 2.1 Cho hàm số f(x) = |x|. Tính f ′(0).

25

2.1. ĐẠO HÀM CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

Ta có∆f = f(x)− f(0) = |x| − |0| = |x| ∆x = x− 0 =⇒ ∆f

∆x=|x|x

Ta không thể tích giới hạn trực tiếp khi x→ 0 mà phải tính giới hạn trái và giới hạn phải.

f ′(0+) = limx→0+

∆f

∆x= lim

x→0+

x

x= 1

f ′(0−) = limx→0−

∆f

∆x= lim

x→0−

x

x= −1

Vì đạo hàm trái và phải khác nhau nên hàm số không có đạo hàm tại x0 = 0.

0

y = |x|y

x

Ví dụ 2.2 Tính đạo hàm của f(x) =

{e

1x , x 6= 0

0, x = 0.tại x0 = 0.

Bài làm f ′(0+) = limx→0+

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0+

e1x − 0

x− 0= +∞.

f ′(0−) = limx→0−

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0−

0− 0

x− 0= 0.

Vậy hàm số không tồn tại đạo hàm tại 0.

Tích nhấtHàm số có đạo hàm tại x0 thì liên tục tại đó.

Ví dụ 2.3 Tìm a, b để f(x) =

{x2 + ax+ b x 6= 0

0, x = 0có đạo hàm tại x0 = 0.

Bài làmf liên tục tại x0 = 0 khi và chỉ khi lim

x→0(x2 + ax+ b) = 0⇐⇒ b = 0.

f có đạo hàm tại x0 = 0 khi và chỉ khi giới hạn sau tồn tại hữu hạn

limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0

x2 + ax− 0

x− 0= a.

Vậy ∀a ∈ R, b = 0.

Ví dụ 2.4 Tìm a, b để f(x) =

{aex − b x > 0

x2 − a, x ≤ 0có đạo hàm tại x0 = 0.

Bài làmf liên tục tại x0 = 0 khi và chỉ khi lim

x→0+(aex − b) = lim

x→0−(x2 − a)⇐⇒ a− b = −a⇐⇒ b = 2a.

f có đạo hàm tại x0 = 0 khi và chỉ khi

limx→0+

(ax2 − 2a)− (−a)

x− 0= lim

x→0−

(x2 − a)− (−a)

x− 0⇐⇒ lim

x→0+ax2 − 1

x= 0⇐⇒ a = 0.

Vậy a = b = 0.



Bảng công thức đạo hàm

1. C ′ = 0(C = const)

2. (xα)′ = αxα−1, α 6= 0

3. (ex)′ = ex, (ax)′ = ax ln a

4. (ln |x|)′ = 1x , (loga x)′ = 1

x ln a

5. (sinx)′ = cosx.

6. (cosx)′ = − sinx.

7. (sinhx)′ = coshx.

8. (coshx)′ = sinhx.

9. (tanx)′ =1

cos2 x10. (cotx)′ = − 1

sin2 x

11. (arcsinx)′ =1√

1− x2.

12. (arccosx)′ = − 1√1− x2

.

13. (arctanx)′ =1

1 + x2.

14. (ln(x+√x2 + k))′ =

1

x2 + k

Đạo hàm tổng, tích, thương

i) (u+ v)′ = u′ + v′.

ii) (αu)′ = αu′.

iii) (uv)′ = u′v + uv′

iv)(uv

)′=u′v − uv′

v2

Đạo hàm hàm hợp Cho hàm số y = f(u), u = u(x)

f ′(x) = f ′(u).u′(x)

Ví dụ 2.5 Tính đạo hàm

a) f(x) = x arcsin(x2 + 1) =⇒ f ′(x) = 1. arcsin(x2 + 1) + x.2x√

1− (x2 + 1)2.

b) f(x) = arctan2√x2 + 1 =⇒ f ′(x) = 2. arctan

√x2 + 1.

x

x2 + 1

c) f(x) = xx.Lấy eln: f(x) = elnxx = ex lnx =⇒ f ′(x) = ex lnx.(x lnx)′ = xx.(lnx+ 1).

d) f(x) =arctan3 x. 5

√1 + x2

arcsin4 x

Lấy eln: f(x) = eln

arctan3 x. 5√

1 + x2

arcsin4 x = e3 ln arctanx+ 15

ln(1+x2)−4 ln arcsinx

=⇒ f ′(x) = f(x).(3 ln arctanx+ 15 ln(1 + x2)− 4 ln arcsinx)′

= f(x)

[3

(1 + x2) arctanx+

2x

5(1 + x2)− 4√

1− x2 arcsinx

].



2.1.2 Đạo hàm hàm ngược và hàm tham số hóa

Đạo hàm hàm ngược cho hàm số y = f(x) có hàm ngượcx = g(y)

g′(y) =1

f ′(x)hay x′(y) =

1

y′(x)

Đạo hàm hàm cho bởi tham số y = y(x) :

{x = x(t)

y = y(t)

y′(x) =y′(t)

x′(t)

Ví dụ 2.6 Chứng minh công thức đạo hàm hàm ngược (arctanx)′ =1

1 + x2và (arcsinx)′ =

1√1− x2

.

Bài làm

a) Xét y = arctanx⇐⇒ x = tan y. Theo công thức

y′(x) =1

x′(y)=

1

tan′ y=

1

1 + tan2 y=

1

1 + x2.

b) Xét y = arcsinx⇐⇒ x = sin y. Theo công thức

y′(x) =1

x′(y)=

1

sin′ y=

1

cos y=

1√1− sin2 y

=1√

1− x2.

Ví dụ 2.7 .

a) Cho y = f(x) = x3 + x. Tính (f−1)′(2).

b) Cho y = f(x) = e3x + 2x. Tính (f−1)′(1).

Bài làm

a) y0 = 2 =⇒ x0 = 1, f ′(x) = 3x2 + 1 =⇒ (f−1)′(2) =1

f ′(1)=

1

4

b) y0 = 1 =⇒ x0 = 2, f ′(x) = 3e3x + 2 =⇒ (f−1)′(1) =1

f ′(0)=

1

5.

Ví dụ 2.8 Tính đạo hàm hàm cho bởi tham số

1. y = y(x) :

{x = a cos3 t

y = a sin3 t.2. y = y(x) :

{x = t3 + 3t

y = ln(t+√t2 − 3)

tại x0 = 14.

Bài làm

a) y′(x) =y′(t)

x′(t)=a.3 cos2 t(− sin t)

a.3. sin2 t cos t= − cot t

b) x0 = 14⇐⇒ t0 = 2. y′(x) =y′(t)

x′(t)=

1√t2−3

3t2 + 3=⇒ y′(x0 = 14) =

11

15=

1

15.



2.1.3 Đạo hàm cấp cao

Định nghĩa 2.3 Đạo hàm cấp n của hàm số y = f(x) được định nghĩa theo truy hồi

f (n)(x) = (f (n−1)(x))′.

Công thức leinitz

(f.g)(n) = C0nf

(0)g(n) + C1nf

(1)g(n−1) + C2nf

(2)g(n−2) + · · ·+ Cnnf(n)g(0)

với quy ước f (0)(x) = f(x), g(0)(x) = g(x).

Dễ dàng kiểm tra bằng quy nạp các công thức đạo hàm cấp n của các hàm số thường gặp sau

Công thức đạo hàm cấp n

i) ((x+ a)α)(n) = α(α− 1)(α− 2). . . . .(α− n+ 1)(x+ a)α−n.

=⇒(

1

x+ a

)(n)

=(−1)nn!

(x+ a)n+1

ii) (eax)(n) = an.eax. iii) (lnx)(n) =(−1)n−1(n− 1)!

xn

iv) (sin ax)(n) = an sin(ax+nπ

2) v) (cos ax)(n) = an cos(ax+

nπ

2)

Chú ý:

• (uv)(n) 6= u(n).v(n)

• (uv)(n) 6= u(n).v + u.v(n)

Ví dụ 2.9

a) (ln(2x+ 3))(100) =(−1)9999!.2100

(2x+ 3)100=

99!2100

(2x+ 3)100.

b)(

1

x2 − 4

)(n) 1

4

(1

x− 2− 1

x+ 2

)(n)

=(−1)n.n!

4

(1

(x− 2)n+1− 1

(x+ 2)n+1

)

c)(sin2 x

)(n)=

(1

2− cos 2x

2

)(n)

= 0− 1

22n. cos(2x+ n

π

2). = −2n−1. cos(2x+ n

π

2).

d) f(x) = (3x2 + 1) lnx. Tính f (100)(1).Áp dụng công thức leinitz với: u = 3x2 + 1, v = lnx =⇒ u′ = 6x, u′′ = 6, u(k) = 0, ∀k ≥ 3.

f (100)(x) = C0100u

(0)v(100) + C1100u

(1)v(99) + C2100u

(2)v(98)

= 1.(3x2 + 1).(−1)9999!

x100+ 100.6x.

(−1)9898!

x99+ 4950.6.

(−1)9797!

x98

=⇒ f (100)(1) = −4.99! + 600.98!− 29700.97! = −9708.97!

Ví dụ 2.10 Tính đạo hàm cấp 1 và cấp 2 của hàm số y = f(x) :

{x = tet − 1

y = t2 + ttại x0 = −1

Bài làm

a) x0 = −1⇐⇒ tet − 1 = −1⇐⇒ t = 0.

f ′(x) =y′(t)

x′(t)=

2t+ 1

(t+ 1)et=⇒ f ′(x0 = −1) =

1

1= 1.



b) Ta có f ′(x) :

x = tet − 1

y′ =2t+ 1

(t+ 1)et

=⇒ f ′′(x) =(y′)′(t)

x′(t)=

2(t+ 1)et − (2t+ 1)(t+ 2)et

((t+ 1)et)3=⇒ f ′′(x0 = 1) =

2− 2

13= 0.

Có thể áp dụng công thức sau

Đạo hàm cấp 2 hàm tham số

y′′(x) =y′′(t)x′(t)− x′′(t)y′(t)

x′3(t)

Tính lại đạo hàm cấp 2

y′′(x) =2.(t+ 1)et − (t+ 2)et.(2t+ 1)

((t+ 1)et)3


2.2. VI PHÂN CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

2.2 Vi phân

Vi phân cấp 1f(x) khả vi tại x0 khi và chỉ khi f(x) có đạo hàm tại x0

df(x0) = f ′(x0).dx

Ví dụ 2.11 Tính vi phân của hàm số y =√

1 + x2 tại x0 = 1.

Bài làmdy = y′dx =

x√1 + x2

dx =⇒ dy(1) =1√2dx.

Tính chất của vi phân được suy trực tiếp từ tính chất của đạo hàm

Tính chất

i) d(α) = 0

ii) d(αf) = αdf

iii) d(f + g) = df + dg

iv) d(fg) = fdg + gdf

v) d(f

g

)=fdg − gdf

g2.

Vi phân hàm hợp Cho hàm hợp

{y = y(u)

u = u(x)=⇒

y = y(u(x))

dy = y′(x)dx = y′(u)du

Vi phân cấp 1 có tính bất biến

Vi phân hàm tham số y = y(x) :

{x = x(t)

y = y(t)

dy = y′(x)dx =y′(t)

x′(t)dx

Ví dụ 2.12 Tính vi phân hàm số

a) Cho hàm y = eu, u = arctan1

x. Tính dy(x = 1) theo dx.

b) Cho hàm số y(x) :

{x = e2t + t

y = t3 + t. Tính dy(x = 1) theo dx.

Bài làm

a) Ta có thể tính y′(x) = y′(u).u′(x) rồi thế x = 1 vào suy ra vi phân.Có thể tính cách khác như sau:x0 = 1 =⇒ u0 =

π

4dy = y′(u)du = eudu =⇒ dy(x = 1) = e

π4 du(x = 1)

du = u′(x)dx =− 1x2

1 + 1x2

dx =−1

1 + x2dx =⇒ du(x = 1) =

−1

2dx

Vậy dy(x = 1) = −1

2eπ4 dx.


2.2. VI PHÂN CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

b) x = 1⇐⇒ t = 0. y′(x) =y′(t)

x′(t)=

3t2 + 1

2e2t + 1=⇒ dy(x = 1) =

1

3dx.

Công thức gần đúng

f(x) ≈ f(x0) + df(x0) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

Ví dụ 2.13 Không dùng máy tính, tính gần đúng giá trị của e0.1.

Bài làmXét f(x) = ex =⇒ f ′(x) = ex, x0 = 0, x = 0.1.f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0)(x− x0)⇐⇒ e0.1 ≈ e0 + e0(0.1− 0) = 1 + 0.1 = 1.1 (giá trị gần đúng khi dùng matlabtính là 1.1052).

Vi phân cấp cao

dnf(x) = f (n)(x)dx

Vi phân cấp 2 hàm hợp cho y = y(u), u = u(x)

d2y = y′′(u)du2 + y′(u)d2u.

Vi phân cấp 2 không còn tính bất biến. Tính vi phân cấp 2, cần xác định biến cần tính.

Ví dụ 2.14 Tính vi phân cấp 2 hàm số

a) Cho hàm y = eu, u = arctan1

x. Tính d2y(x = 1) theo dx.

b) Cho hàm số y(x) :

{x = e2t + t

y = t3 + t. Tính d2y(x = 1) theo dx.

Bài làm

a) Ta có thể thế y = earctan 1x rồi tính y′′(x) từ đó suy ra vi phân.

Có thể tính dùng công thức d2y = y′′(u)du2 + y′(u)d2u.

x0 = 1 =⇒ u0 =π

4. y′(u) = y′′(u) = eu, u′(x) =

−1

1 + x2, u′′(x) =

2x

(1 + x2)2.

=⇒ du(x = 1) =−1

2dx, d2u(x = 1) =

1

2dx2.

Thế vào công thức với x = 1, u = π4 ta được

d2y(x = 1) = eπ4 .

(−1

2dx

)2

+ eπ4 .

1

2dx2 =

3

4eπ4 dx2.

b) x = 1⇐⇒ t = 0.

y′′(x) =y′′(t)x′(t) + x′′(t)y′(t)

(x′(t))3=

6t.(2e2t + 1) + 4e2t.(3t2 + 1)

(2e2t + 1)3=⇒ y′′(x = 1) =

4

33=

4

27.

Vậy d2y(x = 1) =4

27dx2.


2.3. ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

2.3 Định lý giá trị trung bình

Định lý 2.4 (Fermat) Nếu hàm số y = f(x) đạt cực trị tại x0 và có đạo hàm tại x0 thì

f ′(x0) = 0.

Định lý 2.5 (Rolle) Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) thỏa f(a) = f(b).Khi đó

∃c ∈ (a, b) : f ′(c) = 0.

Định lý 2.6 (Lagrange) Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b).Khi đó

∃c ∈ (a, b) :f(a)− f(b)

a− b= f ′(c).

Định lý 2.7 (Cauchy) .Cho 2 hàm số y = f(x), y = g(x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và g′(x) 6= 0∀, x ∈ (a.b).Khi đó

∃c ∈ (a, b) :f(a)− f(b)

g(a)− g(b)=f ′(c)

g′(c)

Ví dụ 2.15 .Cho hàm số y = f(x) khả vi trên [0, 2] thỏa f(0) = −3, f ′(x) ≤ 5. Chứng minh rằng f(2) ≤ 7.

Bài làmÁp dụng đính lý Lagrange

∃c ∈ (0, 2) : f(2)− f(0) = f ′(c)(2− 0) =⇒ f(2) = f(0) + 2f ′(c) ≤ −3 + 2.5 = 7.

Ví dụ 2.16 Chứng minh bất đẳng thức∣∣arctanx− arctan y

∣∣ ≤ ∣∣x− y∣∣ , ∀x, y ∈ [−π2 ,

π2 ].

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử x < y.

Xét f(x) = arctanx =⇒ f ′(x) =1

1 + x2≤ 1. Áp dụng công thức Lagrang

∃c ∈ (x, y) :f(x)− f(y)

x− y= f ′(c) ≤ 1 =⇒

∣∣arctanx− arctan y∣∣ ≤ ∣∣x− y∣∣

2.4 Công thức H’Lopital

Định lý 2.8 (Quy tắc L’Hopital) Cho giới hạn limx→x0

f(x)

g(x)dạng

0

0hoặc

∞∞

.

Giả sử f(x), g(x) có đạo hàm tại x0 và giới hạn limx→x0

f ′(x)

g(x)tồn tại (hữu hạn hoặc vô hạn) thì

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

f ′(x)

g(x)


a) limx→1

x2012 − 1√x− 1

(Dạng0

0) = lim

x→1

(x2012 − 1)′

(√x− 1)′

= limx→1

2012.x2011

12√x

= 4024.


2.4. CÔNG THỨC H’LOPITAL CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

b) .

limx→3

√x+ 1− 3

√3x− 1

ln(x− 2)(Dạng

0

0) = lim

x→3

((x+ 1)12 − (3x− 1)

13 )′

(ln(x− 2))′

= limx→3

12(x+ 1)−

12 − 1

3(3x− 1)−23 .3

1x−2

= limx→3

12√x+1− 1

3√

(3x−1)2

1x−2

=

12.√

4− 1

3√6411

=1

4− 1

4= 0.

c) .

limx→0

√cosx− ex√1 + 2x− 1

(Dạng0

0) = lim

x→0

− sinx2√

cosx− ex

12√

1+2x.2

=0− 1

1= −1

d) limx→1

2012√x− 1

x3 − 3x2 + 2(Dạng

0

0) = lim

x→1

1

2012x−

20112012

3x2 − 6x= lim

x→1

1

2012.1

3− 6= − 1

6036

e) limx→−1

√3− x− 3

√1− 7x

2x − 1(Dạng

0

0) = lim

x→−1

−12√

3−x −−7

3 3√

(1−7x)2

2x=−14 + 7

12

−2= −1

6

f) .

limx→0

ln(cosx)

ln(1− x) + x(Dạng

0

0) = lim

x→0

− sinxcosx−1

1−x + 1= lim

x→0

− sinx.(1− x)

−x. cosx= lim

x→0

sinx

x.(1− x)

cosx= 1.

1− 0

1= 1

g) limx→2

2x3 − 6x2 + 8

x4 − 8x2 + 16(dạng

0

0) = lim

x→2

6x2 − 12x

4x3 − 16x(còn dạng

0

0) = lim

x→2

12x− 12

12x2 − 16=

2.12− 12

12.22 − 16=

12

32=

3

8.

Dùng tương đương kết hợp với H’Lopital

i) Kiểm tra tử hoặc mẫu không phải dạng triệt tiêu thì dùngtương đương để rút gọn.

ii) Dùng quy tắc H’Lopital để khử dạng triệt tiêu.

iii) Nếu hết dạng triệt tiêu thì có thể dùng tương đương để tính.

h) limx→0

x− sinx

sinhx− tanx(dạng triệt tiêu

0

0) = lim

x→0

1− cosx

coshx− (1 + tan2 x)hết dạng triệt tiêu

tương đương===== lim

x→0

x2

2

coshx− 1− tan2 x= lim

x→0

x2

2x2

2 − x2=

12

−12

= −1.

i) limx→0

cos 2x+ 2x2 − 1

3x4(dạng triệt tiêu

0

0) dùng H’Lopital

= limx→0

−2 sin 2x+ 4x

12x3= lim

x→0

−4 cos 2x+ 4

36x2= lim

x→0

4. (2x)2

2

36x2=

8

36=

2

9

j) I = limx→0

ex − x− coshx

x ln(1 + sin2 2x)

Trên tử là dạng triệt tiêu : ex − x− coshx = ex − 1− x+ 1− coshx ∼ x− x− x2

2= 0− x2

2.

Dưới mẫu không phải dạng triệt tiêu: x ln(1 + sin2 2x) ∼ x sin2 2x ∼ x.(2x)2 = 4x3.Ta dùng tương đương để rút gọn mẫu rồi dùng H’Lopital:

I = limx→0

ex − x− coshx

x ln(1 + sin2 2x)= lim

x→0

ex − x− coshx

4x3

H’Lopital===== lim

x→0

ex − 1− sinhx

4.3x2

= limx→0

ex − coshx

12.2x= lim

x→0

ex − sinhx

24=

1

24.

k) I = limx→0

arctanx− sinx

arcsin2 x(√

1 + 2x− 1).

Dưới mẫu không phải dạng tiêu nên dùng tương đương cho mẫu trước khi dùng H’Lopital:



I = limx→0

arctanx− sinx

x2.12 .2x= lim

x→0

arctanx− sinx

x3


x→0

1

1 + x2− cosx

3x2

= limx→0

(1 + x2)−1 − 1 + 1− cosx

3x2= lim

x→0

−1.x2 + x2

2

3x2=−1

2

3= −1

6

l) I = limx→+∞

x2

ex(Dạng

∞∞

) = limx→+∞

2x

ex(Dạng

∞∞

) = limx→+∞

2

ex= 0.

Các dạng vô định 0.∞, 00,∞0, 1∞

có thể chuyển về dạng0

0và∞∞


a) limx→0+

x lnx (Dạng 0.∞) = limx→0+

lnx1x

(Dạng∞∞

) = limx→0+

1x

− 1x2

= limx→0+

−x = 0.

b) limx→0+

xx (Dạng 00) = limx→0+

ex lnx (Dạng 0∞) = e0 = 1

c) limx→0

1

sinx− 1

x(Dạng ∞−∞) = lim

x→0

x− sinx

x sinx(Dạng

0

0) = lim

x→0

x− sinx

x2= lim

x→0

1− cosx

x2=

1

2

Bài tập

Câu 1) Tính đạo hàm y′(x)

(a) y = (cosx)arcsinx (b) y = (2x2 + 1)arctanx

(c) y =sin5(2x+ 1) 7

√3x2 − 1

tanh3 x

Câu 2) Tính đạo hàm tại 1 điểm

(a) Cho hàm số f(x) =3√x2 + 1. 5

√x+ 2

7√x3 + 2

. Tìm f ′(0).

(b) Cho hàm số f(x) = x+ (x− 1) arcsin

√x

x+ 1. Tìm f ′(1).

(c) Cho hàm số f(x) =√

1− e−x2 . Tìm f ′+(0)− f ′−(0).

Câu 3) Tìm a, b để hàm số khả vi tại x0 = 0.

(a) f(x) =

{ax+ b Nếu x < 0,

ln(1 + x) Nếu x ≥ 0.(b) f(x) =

{xa sin 1

x Nếu x 6= 0,

b Nếu x = 0.

Câu 4) Tính đạo hàm hàm ngược

(a) Cho hàm số f(x) = ex + x. Tính (f−1)′(1). ĐS:1

2.

(b) Cho hàm số y = f(x) thỏa f(ex) =√x2 + 1, x > 0. Tính (f−1)′(

√2). ĐA: e

√2.

Câu 5) Tính đạo hàm cấp cao

a) y = (2x+ 3) + cosx. Tính y(100)(x).

b) y = arctan(x). Tính y(100)(0), y(101)(0).

Câu 6) Tính đạo hàm



(a){x = ln(1 + t),y = t− arctan t.

cấp 1 tại x = ln 2.

(b){x = r cos t,y = r sin t.

cấp 2 tại t =π

4

(c){x = t3 − 3t+ 1,y = 3t5 − 5t3 + 1.

cấp 2 tại t = 1

(d){x = t2 + 4y = 4t3 − 3t2

cấp 3 tại t = 5.

Câu 7) Tính vi phân các hàm số sau

(a) y =√

1 + u2, u = ex. Tính dy(0), dy2(0), d2y(0) theo du và dx

(b){y = t2 + t,x = t3 + 3t.

Tính dy(0), dy2(0), d2y(0) theo dx.

Câu 8) Dùng quy tắc H’Lopital, tính các giới hạn sau

(a) limx→1

2x3 − 5x5 + 3x4

3x7 − 5x4 + 2

(b) limx→0

2x3 − 3x2 − 2x

4x4 − x3 − 3

(c) limx→0

ex − x− 1

x2

(d) limx→0

ln(1 + x)− xsinh2 x

(e) limx→0

ecosx − 13√

1 + 3x− 1

(f) limx→0+

e−1x

x100

(g) limx→0

ecosx − 13√

1 + 3x− 1

(h) limx→π

3

tan3 x− 3 tanx

cos(x+ π6 )

(i) limx→1

(tan πx4 )tan πx

2

(j) limx→π

4

cot 2x. cot(π4 − x)

(k) limx→0

x arctanx2 − 2 sin2 2x

x cosx− sinx

(l) limx→0

5√

1 + 5x− x− 1

x2

(m) limx→0+

(arcsinx)tanx

(n) limx→0

((1 + x)

1x

e)1x

(o) limx→0

1 + x cosx−√

1 + 2x

x2

(p) limx→0

tanx− xx arcsinx− x ln(1 + x)

(q) limx→0

ln(1 + sinx)− tanx

x2

(r) limx→+∞

(tanπx

2x+ 1)1x

(s) limx→+∞

(π2 − arctanx)1

ln x


2.5. CÔNG THỨC TAYLOR CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

2.5 Công thức taylor

Công thức taylor của hàm y = f(x) đến cấp n tại x0

f(x) = f(x0) +f ′(x0)

1!.(x− x0) +

f ′′(x0)

2!(x− x0)2 +

f ′′′(x0)

3!(x− x0)3

+ · · ·+ f (n)(x0)

n!(x− x0)n + o(x− x0)n,

Trong đó: o(x−x0)n là một hàm VCB cấp cao hơn (x−x0)n khi x→ x0.

công thức Maclaurint là công thức taylor với x0 = 0

f(x) = f(0) +f ′(0)

1!.x+

f ′′(0)

2!x2 +

f ′′′(0)

3!x3 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn + o(xn).

Công thức taylor xấp xỉ hàm f(x) bởi một hàm đa thức bậc n Pn(x− x0):

f(x) = Pn(x− x0) +Rn(x− x0),

Rn(x− x0) = o(x− x0)n là phần dư rất bé khi x trong lân cận x0.Xem o(x− x0)n là phần dư chứa tất cả các bậc lớn hơn n.

Ví dụ 2.19 Khai triển Maclaurint hàm số f(x) = ex − 1 đến các cấp 1,2,3.

Bài làmf(0) = 0. f ′(x) = ex =⇒ f ′(0) = 1f ′′(x) = ex =⇒ f ′′(0) = 1. f ′′′(x) = ex =⇒ f ′′′(0) = 1Khai triển Maclaurint đến cấp 1: f(x) = 0 + 1.x+ o(x1) = x+ o(x).

Khai triển Maclaurint đến cấp 2: f(x) = 0 + 1.x+1

2!x2 + o(x2) = x+

x2

2+ o(x2).

Khai triển Maclaurint đến cấp 3: f(x) = 0 + 1.x+1

2!x2 +

1

3!+ o(x3) = x+

x2

2+x3

6+ o(x3).

0

y = ex − 1

y

x

y = x

y = x+ x2

2

y = x+ x2

2 + x3

6 • Hình vẽ minh họa cho các đathức trong khai triển Maclaurintxấp xỉ với hàm f(x) trong lâncận x0 = 0.

• Cấp khai triển càng cao thì xấpxỉ càng chính xác.



Khai triển Maclaurint một số hàm số thường gặp

1.1

1 + x= 1− x+ x2 − x3 + · · ·+ (−1)nxn + o(xn).

2. ex = 1 +x1

1!+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!+ o(xn)

3. ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− · · ·+ · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ o(xn)

4. sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ o(x2n+2)

5. cosx = 1− x2

2!+x4

4!− · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ o(x2n+1)

6. sinhx = x+x3

3!+x5

5!+ · · ·+ x2n+1

(2n+ 1)!+ o(x2n+2)

7. coshx = 1 +x2

2!+x4

4!+ · · ·+ x2n

(2n)!+ o(x2n+1)

8. (1 + x)α = 1 + αx+α(α− 1)

2!x2 + · · ·+ α(α− 1) . . . (α− n+ 1)

n!xn + o(xn).

9. arctanx = x− x3

3+x5

5+ · · ·+ (−1)n

x2n+1

2n+ 1+ o(x2n+2)

Khai triển taylor bằng định nghĩa sẽ rất mất công. Ta áp dụng các công thức trên để khai triển.

Ví dụ 2.20

a) Khai triển Maclaurint của hàm f(x) = sin 2x đến cấp 4.Áp dụng công thức sin : x→ 2x.

sin 2x = (2x)− (2x)3

3!+ o(x4) = 2x− 4

3x3 + o(x4).

b) Tìm khai triển Maclaurint của hàm f(x) = ex+1 đến cấp 3.Vì x+ 1

x→0−−−→ 1 6= 0 nên chưa thể dùng công thức cho x+ 1.

f(x) = e.ex = e(1 + x+1

2!x2 +

1

3!x3 + o(x3)) = e+ ex+

e

2x2 +

e

6x3 + o(x3).

Dùng công thức khai triểnDùng công thức Maclaurint để khai triển hàm f(u), điều kiện u→ 0.

c) Tìm khai triển Maclaurint của hàm f(x) =1

2− xđến cấp 2.

Biến đổi f(x) =1

1 + (1− x)

u=1−x−−−−→ 1

1 + u= 1− u+ u2 + . . .−→ Sai .

Vì u = 1− x x→0−−−→ 1 6= 0.Ta làm như sau

f(x) =1

2− x=

1

2.

1

1 + −x2

u=−x2−−−−→ 1

2.

1

1 + u=

1

2

(1− u+ u2 + o(u2)

)=

1

2

(1− −x

2+

(−x2

)2

+ o(x2)

)=

1

2+

1

4x+

1

8x2 + 0(x2).

d) Tìm khai triển taylor của hàm f(x) =√

3− 2x tại x0 = 1 đến cấp 2.Đặt t = x− 1



f(t) =√

3− 2(t+ 1) =√

1− 2t = (1− 2t)12

= 1 +1

2.(−2t) +

12 .−12

2!.(−2t)2 + o(t2) = 1− t− t2 + o(t2) = 1− (x− 1)− (x− 1)2 + o(x− 1)2.

Ví dụ 2.21 Khai triển taylor

a) Khai triển Maclautint hàm số f(x) =1 + x+ x2

1− x+ x2đến cấp 5.

Cách 1: f(x) =(1 + x+ x2)(1 + x)

(1− x+ x2)(1 + x)= (x3 + 2x2 + 2x+ 1)

1

1 + x3= (x3 + 2x2 + 2x+ 1)(1− x3 + o(x5))

Khai triển1

1 + x3= 1− x3 + (x3)2 + . . . nhưng vì ta cần đến bậc 5 nên bỏ đi bậc 6. Giờ nhân vào và bỏ

đi những bậc lớn hơn 5.f(x) = 1 + 2x+ 2x2 + x3 − x3 − 2x4 − 2x5− 6x6 +o(x6) = 1 + 2x+ 2x2 − 2x4 − 2x5 + o(x5).Cách 2 ta dùng phép chia đa thức theo bậc từ bé đến lớn cho đến khi phần dư có bậc lớn hơn 5.

1 +x +x2 1 -x +x2

0 +2x +0x2 1 +2x +2x2 − 2x4 − 2x5

+0x +2x2 −2x3

+0x2 +0x3 −2x4

+0x4 −2x5

+0x5

Ta suy ra f(x) = 1 + 2x+ 2x2 − 2x4 − 2x5 + o(x5).Phương pháp này khá hiệu quả cho những bài dạng phân thức. Cần đi học để hiểu hơn phương phápnày.

b) Khai triển Maclaurint hàm số y = f(x) = e2x−x2 đến cấp 3.Đặt t = 2x− x2 x→0−−−→ 0.

y = et = 1 + t+t2

2!+t3

3!+ o(t3) = 1 + (2x− x2) +

(2x− x2)2

2+

(2x− x2)3

6+ o(2x− x2)3

= 1 + 2x − x2 +1

2(4x2−4x3 + x4) +

1

6(8x3−12x4 + 6x5 − x6) + o(x3) = 1 + 2x + x2 − 2

3x3 + o(x3). Ta

cần khai triển đến bậc 3 nên bậc lớn hơn 3 ta bỏ.

c) Khai triển Maclaurint hàm số y =√

1− 2x2 đến cấp 7.Đặt t = −2x2 là một VCB bậc 2.Ta cần khai triển theo t đến cấp 3, vì t bậc 4 tương đương với x bậc 8 > 7.

y =√

1 + t = 1 +1

2t+

12 .−12

2!t2 +

12 .−12−32

3!t3 + o(x7)

= 1 +1

2(−2x2)− 1

8(−2x2)2 +

1

16(−2x2)3 + o(x7) = 1− x2 − 1

2x4 − 1

2x6 + o(x7).

d) Khai triển Maclaurint y = tanx đến cấp 5.

y =sinx

cosx=x− x3

3!+x5

5!+ o(x5)

1− x2

2!+x4

4!+ o(x4)

Thực hiện phép chia

x −1

6x3 +

1

120x5 1− 1

2x2 +

1

16x4

0x +1

3x3 − 1

30x5 x+

1

3x3 +

2

15x5.

+0x3 +2

15x5

+0x5



Vậy y = x+1

3x3 +

2

15x5 + o(x5).

Trong bài này, vì sinx là VCB bậc 1 nên cosx chỉ cần khai triển đến bậc 4 là đủ.

e) Khai triển Maclaurint y = esinx đến cấp 4.

y = 1+sinx+1

2!sin2 x+

1

3!sin3 x+

1

4!sin4 x+o(sin4 x) = 1+x− x

3

6+

1

2(x− x3

6 )2 +1

6(x)3 +

1

24(x4)+o(x4)

= 1 + x− x3

6+

1

2(x2 − 1

3x4) +

1

6x3 +

1

24x4 + o(x4) = 1 + x+

x2

2− x4

8+ o(x4).

f) Khai triển Maclaurint y = ecosx đến cấp 5.

y = e1−x2

2+x4

24+o(x5) = e.e−

x2

2+x4

24 + o(x5) = e

[1 + (−x2

2 + x4

24 ) +1

2(−x2

2 + x4

24 )2

]+ o(x5)

= e[1− x2

2 + x4

24 + x4

8

]+ o(x5) = e− e

2x2 +

e

6x4 + o(x5)

g) Khai triển Maclaurint của f(x) = ex. ln(1 + x) đến cấp 4.Vì ln(1 + x) là VCB cấp 1 nên ta khai triển ex đến cấp 3.

f(x) =

(1 + x+

x2

2!+x3

3!+ o(x3)

)(x− x2

2+x3

3− x4

4+ o(x4)

)= x+ (−1

2+ 1)x2 + (

1

3− 1

2+

1

2)x3 + (−1

4+

1

3− 1

4+

1

6)x4 + o(x4) = x+

1

2x2 +

1

3x3 + o(x4)

h) Tìm khai triển Maclaurint của f(x) =x2

1 + sinxđến cấp 6.

Vì trên tử bậc 2 nên ta cần khai triển1

1 + sinxđến cấp 4.

1

1 + sinx= 1− sinx+ sin2 x− sin3 x+ sin4 x+ o(x4)

= 1−(x− x3

3!

)+

(x− x3

3!

)2

− (x)3 + (x)4 + o(x4) = 1− x+ x2 − 5

6x3 +

2

3x4 + o(x4).

Vậy f(x) = x2 − x3 + x4 − 5

6x5 +

2

3x6 + o(x6).

Tính đạo hàm cấp n tại 1 điểm bằng khai triểnDựa vào công thức Taylor, ta suy ra

f (n)(x0) = n!Tn,

với Tn là hệ số bậc n trong khai triển taylor của f(x) tại x0.

Ví dụ 2.22 Tính đạo hàm cấp cao

a) Tính y(100)(1) với y(x) = lnx.

Khai triển taylor tại x0 = 1 Đặt u = x− 1x→1−−−→ 0.

Khi đó y = ln(1 + u) = u− u2

2+ . . .+ (−1)99u

100

100+ . . . .

Hệ số bậc 100 trong khai triển taylor tại x0 = 1 là T100 =−1

100.

Suy ra y(100)(1) =−1

100.100! = −99!

b) Tính y(10)(0) với y = (x2 + 1) cosx.Khai triển Maclaurint y đến cấp 10. Chú ý ta chỉ quan tâm đến bậc 10.

y = (x2 + 1)(· · ·+ x8

8!− x10

10!+ o(x10)).

Hệ số bậc 10 trong khai triển là T10 =1

8!− 1

10!.

Suy ra y(10)(0) = 10!

(1

8!− 1

10!

)= 10.9− 1 = 89.



Tìm VCB tương đươngMuốn tìm một hàm lũy thừa tương đương với hàm f(x), takhai triển f(x) cho đến bậc đầu tiên khác 0.

Ví dụ 2.23 Tìm hàm lũy thừa tương đương với các VCB sau

a) f(x) = ex − x− cos 2x khi x→ 0.

f(x) = (1 + x+x2

2)− x− (1− (2x)2

2) + o(x2) =

5

2x2 + o(x2) ∼ 5

2x2.

Chú ý: o(x2) gồm những bậc lớn hơn 2. Tổng VCB ta lấy VCB bậc thấp nên bỏ đi o(x2).

b) f(x) =√

1− 2x+ x− cosx khi x→ 0.

f(x) = (1− x− 1

2x2 − 1

2x3) + x− (1− x2

2 ) + o(x3) = −1

2x3 + o(x3) ∼ −1

2x3.

c) f(x) =√

1 + x−√

1− x− x khi x→ 0.

f(x) = (1 + x2

2 −x2

8 + x3

16 )− (1− x2

2 −x2

8 −x3

16 )− x+ o(x3) =x3

8+ o(x3) ∼ x3

8.

d) f(x) = ln(1 + sinx)− tanx+x2

2khi x→ 0.

f(x) =

(sinx− sin2 x

2+

sin3 x

3

)− (x+

x3

3)+

x2

2+o(x3) =

(x− x3

6− x2

2+x3

3

)− (x+

x3

3)+

x2

2+o(x3)

= −x3

6+ o(x3) ∼ −x

3

6.

Ứng dụng khai triển Taylor để tính giới hạn dạng0

0

Cho giới hạn limx→x0

f(x)

g(x)dạng

0

0Ta khai triển tử mẫu, tìm đại lượng tương đương và thế vàogiới hạn.


a) limx→0

tanx− sinx

x3= lim

x→0

(x+x3

3)− (x− x3

6) + o(x3)

x3= lim

x→0

x2

3x3

=1

2.

b) limx→0

ln(1 + x3)− 2 sinx+ 2x cosx2

x3= lim

x→0

x3 − 2(x− x3

6) + 2x(1− x4

2) + o(x3)

x3= lim

x→0

4

3x3

x3=

4

3.

c) I = limx→0

√1 + 2 tanx− ex + x2

arcsinx− sinx.

Khai triển tử

T = (1 + tanx− tan2 x

2− tan3 x

2)− (1 + x+

x2

2+x3

6) + x2

= (1 + x+x3

3− x2

2+x3

2)− (1 + x+

x2

2+x3

6) + x2 =

2

3x3 + o(x3) ∼ 2

3x3.

Khai triển mẫu M = arcsinx− sinx = (x+x3

6)− (x− x3

6) + o(x3) =

x3

3+ o(x3) ∼ x3

3.

Vậy I = limx→0

2

3x3

x3

3

= 2.

Ví dụ 2.25 Tính gần đúng cos 0.1 bằng cách khai triển taylor đến cấp 4.



Chọn x0 = 0 gần giá trị x = 0.1 cần tính mà cosx0 = 0.1. Ta khai triển Taylor hàm cosx tại x0 đến bậc 4.

cosx = 1− x2

2+x4

4!+ o(x4) =⇒ cos 0.1 ≈ 1− 0.12

2+

0.14

24

≈ 1− 0.01

2+

0.0001

24≈ 0.995004166.

Giá trị cos 0.1 theo máy tính là 0.995004165278026.

Bài tập

Câu 1. Khai triển taylor f(x) đến cấp n tại x0

(a) f(x) =2x+ 1

x+ 2, x0 = 1, n = 2.

(b) f(x) =cos 2x

1 + ln(1− x), x0 = 1, n = 3

(c) f(x) =e−x√2x− 1

, x0 = 1, n = 3

(d) f(x) = sinhx ln(1− 2x), x0 = 0, n = 4

(e) f(x) = arctanx.√

1 + 2x, x0 = 0, n = 3

(f) f(x) = esin 2x, x0 = 0, n = 4

(g) f(x) = ecos 2x, x0 = 0, n = 7

(h) f(x) =√x sinx, x0 = 1, n = 2

(i) f(x) = ln(1 + tanx), x0 = 0, n = 4

(j) f(x) =√x, n = 4, x0 = 1

(k) f(x) =x

x+ 1, n = 2, x0 = 2

(l) f(x) =x2

2x2 − x− 1, n = 4, x0 = 0

(m) f(x) =ln(1− x)

(1 + x)2, n = 3, x0 = 0

(n) f(x) =tanx

ex2, n = 5, x0 = 0

(o) f(x) = arcsin2 x, n = 4

(p) f(x) = (√

1 + x2−1) sin(x+ π6 ), n = 4, x0 =

0

(q) f(x) = ecosx, n = 5, x0 = 0

Câu 2. Tìm α, β để f(x) ∼ g(x) = αxβ khi x→ x0:

(a) f(x) = ex − x− cos 2x, x0 = 0

(b) f(x) =√

1− 2x+ x− cosx, x0 = 0

(c) f(x) = 3√

1 + 3x− cosx− ln(1 + x), x0 = 0

(d) f(x) =√x+ 1−

√1− x− x, x0 = 0

(e) f(x) = (1 + x2

2 ) sinx− tanx, x0 = 0

(f) f(x) = cosx− 4√

cos 2x, x0 = 0

(g) f(x) = ln(1 + sinx)− tanx+x2

2, x0 = 0.

(h) f(x) =√x4 + 2x3 − 3

√x6 + 3x5, x0 =∞

(i) f(x) =√

1− 2x2 − 3√

1− 3x2, x0 = 0

(j) f(x) = cosx2 − x sinx− e−x2 , x0 = 0

(k) f(x) = cosx−√

cos 2x, x0 = 0

Câu 3. Tính giới hạn cấp n tại 1 điểm

(a) Cho f(x) =x2

2 + x3. Tính f (10)(0), f (11)(0).

(b) Cho f(x) =1 + x

1− x+ x2. Tính f (10)(0), f (11)(0).

Câu 4. Tính giới hạn bằng khai triển Maclaurint.

(a) limx→0

ex − 1− x1− coshx

(b) limx→0

arcsinx− xex

x− tanx

(c) limx→0

e2x − cosx− sin 2x

ln(1− x) + arcsinx

(d) limx→0

√1 + 2x− cosx+ x

2 sinx− tan 2x

(e) limx→0

√1 + 2x−

√1− 2x− sin 2x

x cosx− sinx

(f) limx→0

3√

1 + 3x− x tanx− x2

33√

8− x2 − 2

(g) limx→0

(1 + x)x − 1

arctanx− ln(1− x)

(h) limx→0

ex −√

1 + 2x+ 2x2

x+ tanx− sin 2x

(i) limx→0

e(1− x2 )− (1 + x)

1x

ln(1− x) + sinhx

(j) limx→0

ex + ln(1− sinx)− 13√

8− x3 − 2

(k) limx→0

arcsinx− xex

x√

1− x2 − tanx


2.6. KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ CHƯƠNG 2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN

2.6 Khảo sát và vẽ đồ thị

2.6.1 Tiệm cận

Thuật toán tìm tiệm cận cho hàm số y = f(x)

i) limx→a

f(x) = ±∞ −→ tiệm cận đứng x = a.

ii) limx→∞

f(x) = b −→ tiệm cận ngang y = b.

iii) Nếu limx→∞

f(x) =∞, ta tìm tiệm cận xiên

limx→∞

f(x)

x= a

limx→∞

f(x)− ax = b−→ tiệm cận xiên y = ax+ b.

Có thể tìm tiệm cận xiên y = ax + b bằng cách khaitriển

f(x) = ax+ b+ α(x)

với α(x) là 1 VCB khi x→∞.

Ví dụ 2.26 Tìm tiệm cận các hàm số sau

a) y =arctan 2x

x(1− x). TXD: D = R ⊂ {0, 1}.

Tìm tiệm cận đứng tại những điểm gián đoạn:

limx→0

arctan 2x

x(1− x)= 2 −→ x = 0 không là tiệm cận đứng.

limx→1

arctan 2x

x(1− x)=∞ −→ tiệm cận đứng x = 1.

limx→∞

arctan 2x

x(1− x)= 0 −→ tiệm cận ngang y = 0.

b) y =ln(1 + x)

x+ 2x. TXD: D = (−1, 0) ∩ (0 +∞).

limx→−1+

ln(1 + x)

x+ 2x = +∞ −→ tiệm cận đứng x = −1.

limx→0

ln(1 + x)

x+ 2x = 1 −→ x = −1 không là tiệm cận đứng.

limx→+∞

ln(1 + x)

x+ 2x = +∞ −→ không có tiệm cận ngang. Ta tìm tiệm cận xiên.

a = limx→+∞

ln(1 + x)

x+ 2x

x= 2, b = lim

x→+∞

(ln(1 + x)

x+ 2x

)− 2x = lim

x→+∞

ln(1 + x)

x= 0,.

Tiệm cận xiên y = 2x.

Cách khác y = 2x+ln(1 + x)

x. Vì lim

x→+∞

ln(1 + x)

x= 0 nên y = 2x là tiệm cận xiên.

c) y =

√x3

x− 2. TXD: D = (−∞, 0] ∩ (2,+∞).

limx→2+

√x3

x− 2= +∞ −→ tiệm cận đứng x = 2.

limx→∞

= +∞ −→ không có tiệm cận ngang. Ta tìm tiệm cận xiên:

x→ +∞ : f(x) =

√x3

x− 2= |x|

√x

x− 2= x

(1 +

2

x− 2

) 12

= x

(1 +

1

2.

2

x− 2+ o( 1

x−2)

)



. = x+ 1 +2

x− 2+ o( 1

x−2) −→ tiệm cận xiên y = x+ 1.

x→ −∞ : f(x) =

√x3

x− 2= |x|

√x

x− 2= −x

(1 +

2

x− 2

) 12

= −x(

1 +1

2.

2

x− 2+ o( 1

x−2)

). = −x− 1− 2

x− 2− o( 1

x−2) −→ tiệm cận xiên y = −x− 1.

d) y = (x+ 2)e1x . TXD D = R ⊂ {0}.

limx→0+

(x+ 2)e1x = +∞ −→ tiệm cận đứng (bên phải, ở trên) x = 0.

limx→0−

(x+ 2)e1x = 2.0 = 0 −→ x = 0 không là tiệm cận đứng bên trái .

x→∞ : y = (x+ 2)

(1 +

1

x+ o( 1

x)

)= x+ 3 +

2

x+ (x+ 2)o( 1

x) −→ y = x+ 3 là tiệm cận xiên.

2.6.2 Chiều biến thiên và cực trị

Chiều biến thiên cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên (a, b).

f ′(x) > 0, ∀x ∈ (a, b)loại trừ tại một số hữu hạn điểm−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ f(x) tăng trong (a, b).

f ′(x) < 0, ∀x ∈ (a, b)loại trừ tại một số hữu hạn điểm−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→ f(x) giảm trong (a, b).

Trong định lý trên, tại vài điểm mà f ′(x) = 0 hoặc không xác định thì vẫn khẳng định được f(x) đơn điệu.

Ví dụ 2.27

Xét f(x) = x3 =⇒ f ′(x) = 3x2 > 0,∀x 6= 0.Ngoại trừ điểm 0 thì f ′(x) dương nên suy ra f(x) tăng trên R.

Cực trị

i. (điều kiện cần) cho f(x) có đạo hàm tại x0.

x0 là điểm cực trị của f −→ f ′(x0) = 0

ii. (điều kiện đủ 1 ) cho f(x) liên tục tại x0 và có đạo hàm tronglân cận x0 (có thể loại trừ tại điểm x0).

f ′ đổi dấu từ (+) sang (−) −→ f đạt cực đại tại x0.f ′ đổi dấu từ (−) sang (+) −→ f đạt cực tiểu tại x0.

iii. (điều kiện đủ 2 ) cho f có đạo hàm cấp 2 tại x0 và f ′(x0) = 0.

f ′′(x0) < 0 −→ f(x) đạt cực đại tại x0.f ′′(x0) > 0 −→ f(x) đạt cực tiểu tại x0.

Ví dụ 2.28 Khảo sát tính đơn điệu và cực trị hàm số y = x lnx

• TXD: D = (0,+∞)

• y′ = 1 + lnx. y′ = 0⇐⇒ lnx = −1⇐⇒ x = e−1 =1

e=⇒ y = −1

e.

• Bảng biến thiên



x

f ′(x)

f(x)

−∞ 01

e+∞

− 0 +

−1

e−1

e

• Kết luận

– Hàm số đồng biến trên (1

e,+∞) và nghịch biến trên (0,

1

e).

– Hàm số đạt cực tiểu tại x0 =1

evà giá trị cực tiểu là y0 = −1

e

Ví dụ 2.29 Tìm cực trị hàm số y = −x3 + 3x.

TXD: D = R. y′ = −3x2 + 3. y′ = 0⇐⇒ −3x2 + 3 = 0⇐⇒ x = ±1.y′′ = −6x : y′′(1) = −6 < 0.y′′(−1) = 6 > 0.Vậy hàm số đạt cực đại tại 1 và cực tiểu tại −1.

Ví dụ 2.30 Khảo sát tính đơn điệu và cực trị hàm số y = x4 + 4x3

• TXD: D = R

• y′ = 4x3 + 12x2 = 4x2(x+ 3).

y′ = 0⇐⇒[x = −3 =⇒ y = −27x = 0 =⇒ y = 0


x

f ′(x)

f(x)

−∞ −3 +∞

− 0 + 0 +

−27−27

0

0

• Kết luận

– Hàm số đồng biến trên (−3,+∞) và nghịch biến trên khoảng (−∞,−3).

– Hàm số đạt cực tiểu tại x0 = −3.

Ví dụ 2.31 Khảo sát tính đơn điệu và cực trị hàm số y =x+ 1

x− 1

• TXD: D = R\{1}

• y′ = −2

(x− 1)2< 0,∀x ∈ D.




x

f ′(x)

f(x)

−∞ 1 +∞

− −

• Kết luận

– hàm số nghịch biến trên (−∞, 0) và (0,+∞).

– Hàm số không có cực trị

Ví dụ 2.32 Khảo sát tính đơn điệu và cực trị hàm số y = 3√

(x− 1)2

• TXD: D = R

• y′ = 2

3 3√x− 1

< 0,∀x ∈ D.


x

f ′(x)

f(x)

−∞ 1 +∞

− +

00

• Kết luận

– hàm số nghịch biến trên (−∞, 1) và đồng biến trên (1,+∞).

– Hàm số đạt cực tiểu tại x0 = 1.

2.6.3 Lồi, lõm và điểm uốn

Lồi, lõm và điểm uốnCho hàm số y = f(x) liên tục trên (a, b).

f ′′(x) < 0,∀x ∈ (a, b)loại trừ 1 số hữu hạn điểm−−−−−−−−−−−−−−−−→ f(x) lồi trên (a, b).

f ′′(x) > 0,∀x ∈ (a, b)loại trừ 1 số hữu hạn điểm−−−−−−−−−−−−−−−−→ f(x) lõm trên (a, b).

x0 ∈ (a, b) ngăn cách giữa khoảng lồi và lõm thì (x0, f(x0)) làđiểm uốn.

Nếu f có đạo hàm cấp 2 tại x0 và (x0, f(x0)) là điểm uốn thìf ′′(x0) = 0.

Ví dụ 2.33 Xét tính lồi, lõm và điểm uốn của hàm số f(x) = x3 − 3x2.



TXD: D = R, f ′′(x) = 6x− 1.f ′′(x) > 0,∀x ∈ (1,+∞) −→ f(x) lõm trên (1,+∞).f ′′(x) < 0,∀x ∈ (−∞, 1) −→ f(x) lồi trên (1,+∞).Điểm (1,−2) ngăn cách giữa lồi và lõm nên là điểm uốn của đồ thị hàm số.

Ví dụ 2.34 Tìm a.b để hàm số f(x) = ax3 + 6x2 + bx đạt điểm uốn tại (1; 3).

TXD D = R, f ′′(x) = 6ax+ 12 xác định tại 1.

(1; 3) là điểm uốn thì

{f ′′(1) = 0

f(1) = 3⇐⇒

{6a+ 12 = 0

a+ 6 + b = 3⇐⇒

{a = −2

b = −1. Dễ dàng thử lại với a =

−2, b = −1 thì (1; 3) là điểm uốn của đồ thị hàm số.

2.6.4 Khảo sát hàm số

Các bước khảo sát hàm số

1. Tìm miền xác định, tính chẵn lẻ, tuần hoàn.

2. Tìm đạo hàm cấp 1.

3. Tìm đạo hàm cấp 2 (bước này có thể bỏ qua).

4. Tính các giới hạn và tìm tiệm cận.

5. Lập bảng biến thiên.

6. Tìm điểm đặc biệt và vẽ.

Chú ý

• Hàm f(x) gọi là hàm số chẵn nếu ∀x ∈ D =⇒ −x ∈ D và f(−x) = f(x).Đồ thị hàm số chẵn đối xứng qua trục Oy. Khi khảo sát hàm chẵn, ta chỉ cần khảo sát phần x > 0,phần x < 0 được lấy đối xứng với phần x < 0 qua trục Oy.

• Hàm f(x) gọi là hàm số lẻ nếu ∀x ∈ D =⇒ −x ∈ D và f(−x) = −f(x).Đồ thị hàm số chẵn đối xứng qua gốc O. Khi khảo sát hàm lẻ, ta chỉ cần khảo sát phần x > 0, phầnx < 0 được lấy đối xứng với phần x < 0 qua O.

• Nếu tồn tại số bé nhất T > 0 sao cho f(x+ T ) = f(x) thì ta nói f(x) tuần hoàn với chu kỳ T .Vẽ đồ thị hàm số tuần hoàn, ta chỉ cần khảo sát trên một chu kỳ rồi lấy tịnh tiến phần vừa vẽ đượctheo phương ngang một khoảng kT, k ∈ Z.

Ví dụ 2.35 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =ex

x+ 1

• TXD: D = R\{−1}.

• Tìm tiệm cận

? limx→−1

ex

x+ 1=∞ : tiệm cận đứng x = −1.

? limx→−∞

ex

x+ 1= 0 : tiệm cận ngang y = 0.

? limx→+∞

ex

x+ 1


x→+∞

ex

1= +∞ : a = lim

x→+∞

y

x= lim

x→+∞

ex

x(x+ 1)

H’Lop 2 lần===== +∞.

Vậy hàm số không có tiệm cận ngang.

• y′ = xex

(x+ 1)2.y′ = 0⇐⇒ x = 0 =⇒ y = 1

Bảng biến thiên



x

f ′(x)

f(x)

−∞ −1 0 +∞

− − 0 +

00

−∞

+∞

11

+∞+∞

• Đồ thị

−8 −6 −4 −2 2 4 6

−4

−2

2

4

6

8

0

y

x

x = −1

y = 0

y =ex

x+ 1

A

Ví dụ 2.36 Khảo sát và vẽ đồ thị y = x4 − 6x2 + 3.

• TXD: D = R.

• limx→∞

f(x) = +∞. Hàm đa thức bậc 3 không có tiệm cận.

• y′ = 4x3 − 12x.y′ = 0⇐⇒

x = 0 =⇒ y = 3

x =√

3 =⇒ y = −6

x = −√

3 =⇒ y = −6


x

f ′(x)

f(x)

−∞ −√

3 0√

3 +∞

− 0 + 0 − 0 +

+∞+∞

−6−6

33

−6−6

+∞+∞

• y′′ = 12x2 − 12.y′′ = 0⇐⇒[x = 1 =⇒ y = −2x = −1 =⇒ y = −2

Bảng xét dấu y′′



x

f ′′(x)

Đths f(x)

−∞ −1 1 +∞

+ 0 − 0 +

Lõm Lồi Lõm

• Đồ thị

−4 −2 2 4

−6

−4

−2

2

4

6y

x

0

Ví dụ 2.37 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = 3√

(x− 1)2.(x− 4)

• TXD D = R.

• x → ∞ : y = x

(1− 1

x

) 23(

1− 4

x

) 13

= x

(1− 2

3x

)(1− 4

3x

)+ xo( 1

x) = x − 2 + α(x) −→ tiệm cận

xiên y = x− 2.

• y′ = x− 33√

(x− 1)(x− 4)2.


x

f ′(x)

f(x)

−∞ 1 2 4 +∞

+ − 0 + +

−∞−∞

00

− 3√

2− 3√

2

+∞+∞0

• Đồ thị



2.6.5 Tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất

Tìm max min

1. Tìm max - min trên toàn miền xác định: dựa vào bảng biến thiên

2. Tìm max - min trên đoạn [a, b].

Bước 1) Tìm điểm tới hạn trên (a, b).

Bước 2) So sánh giá trị của f(x) tại các điểm tới hạn và tại a, bsuy ra Max, min.

Ví dụ 2.38 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số sau

a) y = x2e−x trên đoạn [−1, 3].

• y′ = (2x− x2)e−x. y′ = 0⇐⇒[x = 0 (Nhận)x = 2 Nhận

• y(0) = 0, y(2) =4

e2, y(−1) = e, y(3) =

9

e3

Vậy: min[−1,3]

y = 0 tại x0 = 0 và max[−1,3]

y = e tại x0 = −1.

b) y = 3√

(x− 1)2.(x− 4) trên đoạn [0, 5].

• y′ = x− 33√

(x− 1)(x− 4)2. y′ = 0⇐⇒ x = 3.

Các điểm tới hạn: x1 = 3, x2 = 1, x3 = 4.

• y(4) = y(1) = 0, y(3) = − 3√

4, y(0) = − 3√

4, y(5) = 3√

16.Vậy min

[0,5]y = −

√4 và max

[0,5]y = 3√

16



Cách khácĐặt g = y3 = (x− 1)2.(x− 4). Vì hàm y 7→ y3 là hàm tăng nên f và g cùng cực trị.g′(x) = 3(x− 1)(x− 3). g′(x) = 0⇐⇒ x = 1 ∨ x = 3.y(1) = 0, y(3) = − 3

√4, y(0) = − 3

√4, y(5) = 3

√16. Vậy min

[0,5]y = −

√4 và max

[0,5]y = 3√

16

c) f(x) = xx trên D = (0,+∞).

f ′(x) =(ex lnx

)′= xx(1 + lnx). y′ = 0⇐⇒ x =

1

e.


x

f ′(x)

f(x)

−∞ 01

e+∞

− 0 +

11

e−1ee−1e

+∞+∞

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra minD

f(x) = e−1e và không tồn tại max.

Bài tập

Câu 1) Tìm cực trị của các hàm số sau:

(a) y = x1x

(b) y = e1x

(c) y = ln(e+1

x)

(d) y = (x+ 2)e1x

(e) y = 3√x3 + 3x2

(f) y = x 3√

4− x(g) y = ex

4−2x2+3

(h) y = |x|ex2

2

(i) y = |x2 − 4x|+ 3

(j) y = |x2 − 4x|+ 2x

(k) f(x) = 3√x3 − x2 − x+ 1

(l) f(x) = xlnx

(m) f(x) =|x|(x+ 3)

Câu 2) Tìm tiệm cận của các hàm số sau:

(a) y = x1x

(b) y = e1x + 2 arctanx

(c) y = ln(e+1

x)

(d) y = (x+ 2)e1x

(e) y =1

1 + e1x

(f) y = 3√x3 + 3x2

(g) y =√x2 + 2x+ x

(h) y = e1x

√x2 + 4x

(i) y =3

√x3

x+ 2+ x− 2

(j) y =3− x2

1 + x4

(k) y =lnx

x

(l) y = xe−x

(m) f(x) = 3√x3 − x2 − x+ 1

(n) f(x) =x− 2√1 + x2

(o) f(x) = 2− x+

√x3

2 + x

Câu 3) Khảo sát và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

(a) f(x) = x1x

(b) f(x) = e1x

(c) f(x) = (x+ 2)e1x

(d) f(x) = (x− 1)exx−1

(e) f(x) = 2x+2−3 3√

(x+ 1)2

(f) f(x) =e−x

1− x

(g) f(x) =e−

1x

1− x(h) f(x) = 3

√(x− 1)2(x− 3)

(i) f(x) = e2x

1−x2

(j) f(x) =√

x3−4xx−1 + x

(k) f(x) = (x− 1)exx−1

(l) f(x) = e2x

1−x2

(m) f(x) = e1x

√x(x+ 2)

Câu 4) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất:



(a) f(x) = arctanx

x2 + 1trên R

(b) f(x) = |x2 − 3x− 4| trên đoạn [10, 10]

(c) f(x) =1− x+ x2

1 + x+ x2trên đoạn [0, 1].

(d) f(x) =√

100− x2 − x2 trên đoạn [−5, 5].

(e) f(x) = |x|(x+ 2) trên [−3, 2].

(f) f(x) = xe−x2

2 trên R

(g) f(x) = |x2 − 4x|+ 3 trên [1, 5]

(h) f(x) = |x2 − 4x|+ 2x trên [1, 5]

(i) f(x) = x 3√

4− x trên [0, 5].


ihåcQuŁcgiaTP.HCM Tr÷íng˚⁄ihåcB¡chKhoa...

Documents

Transcript of ihåcQuŁcgiaTP.HCM Tr÷íng˚⁄ihåcB¡chKhoa...