Tính giới hạn \(f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}}\). Hướng dẫn giải Bài 1 trang 41 SGK Toán 11 tập 2 – Chân trời sáng tạo – Bài 1. Đạo hàm. Dùng định nghĩa để tính đạo hàm của các hàm số sau:…
Đề bài/câu hỏi:
Dùng định nghĩa để tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) \(f\left( x \right) = – {x^2}\);
b) \(f\left( x \right) = {x^3} – 2x\);
c) \(f\left( x \right) = \frac{4}{x}\).
Hướng dẫn:
Tính giới hạn \(f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) – f\left( {{x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}}\).
Lời giải:
a) Với bất kì \({x_0} \in \mathbb{R}\), ta có:
\(f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( { – {x^2}} \right) – \left( { – x_0^2} \right)}}{{x – {x_0}}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{ – \left( {{x^2} – x_0^2} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{ – \left( {x – {x_0}} \right)\left( {x + {x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( { – x – {x_0}} \right) = – {x_0} – {x_0} = – 2{{\rm{x}}_0}\)
Vậy \(f’\left( x \right) = {\left( { – {x^2}} \right)^\prime } = – 2x\) trên \(\mathbb{R}\).
b) Với bất kì \({x_0} \in \mathbb{R}\), ta có:
\(f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( {{x^3} – 2{\rm{x}}} \right) – \left( {x_0^3 – 2{{\rm{x}}_0}} \right)}}{{x – {x_0}}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{x^3} – 2{\rm{x}} – x_0^3 + 2{{\rm{x}}_0}}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( {{x^3} – x_0^3} \right) – 2\left( {x – {x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( {x – {x_0}} \right)\left( {{x^2} + x.{x_0} + x_0^2} \right) – 2\left( {x – {x_0}} \right)}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\left( {x – {x_0}} \right)\left( {{x^2} + x.{x_0} + x_0^2 – 2} \right)}}{{x – {x_0}}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {{x^2} + x.{x_0} + x_0^2 – 2} \right) = x_0^2 + {x_0}.{x_0} + x_0^2 – 2 = 3{\rm{x}}_0^2 – 2\)
Vậy \(f’\left( x \right) = {\left( {{x^3} – 2{\rm{x}}} \right)^\prime } = 3{{\rm{x}}^2} – 2\) trên \(\mathbb{R}\).
c) Với bất kì \({x_0} \ne 0\), ta có:
\(f’\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\frac{4}{x} – \frac{4}{{{x_0}}}}}{{x – {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\frac{{4{x_0} – 4x}}{{x{x_0}}}}}{{x – {x_0}}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{4{x_0} – 4x}}{{x{x_0}\left( {x – {x_0}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{ – 4\left( {x – {x_0}} \right)}}{{x{x_0}\left( {x – {x_0}} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{ – 4}}{{x{{\rm{x}}_0}}} = \frac{{ – 4}}{{{x_0}.{x_0}}} = – \frac{4}{{x_0^2}}\)
Vậy \(f’\left( x \right) = {\left( {\frac{4}{x}} \right)^\prime } = – \frac{4}{{{x^2}}}\) trên các khoảng \(\left( { – \infty ;0} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right)\).