Giải mục 4 trang 44 SGK Toán 11 tập 2 - Chân trời sáng tạo

Hoạt động 4

Cho biết \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - 1}}{x} = 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1\). Dùng định nghĩa tính đạo hàm của các hàm số:

a) \(y = {e^x}\);

b) \(y = \ln x\).

Phương pháp giải:

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 chi tiết:

a) Với bất kì \({x_0} \in \mathbb{R}\), ta có:

\(f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{e^x} - {e^{{x_0}}}}}{{x - {x_0}}}\)

Đặt \(x = {x_0} + \Delta x\). Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{e^{{x_0} + \Delta x}} - {e^{{x_0}}}}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{e^{{x_0}}}.{e^{\Delta x}} - {e^{{x_0}}}}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{e^{{x_0}}}.\left( {{e^{\Delta x}} - 1} \right)}}{{\Delta x}}\\ &  = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} {e^{{x_0}}}.\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{e^{\Delta x}} - 1}}{{\Delta x}} = {e^{{x_0}}}.1 = {e^{{x_0}}}\end{array}\)

Vậy \({\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {e^x}\) trên \(\mathbb{R}\).

b) Với bất kì \({x_0} > 0\), ta có:

\(f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\ln {\rm{x}} - \ln {{\rm{x}}_0}}}{{x - {x_0}}}\)

Đặt \(x = {x_0} + \Delta x\). Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {{x_0} + \Delta x} \right) - \ln {{\rm{x}}_0}}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {\frac{{{x_0} + \Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{{\Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\Delta x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{{x_0}}}.\frac{{\ln \left( {1 + \frac{{\Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\frac{{\Delta x}}{{{x_0}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{{x_0}}}.\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{{\Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\frac{{\Delta x}}{{{x_0}}}}}\end{array}\)

Đặt \(\frac{{\Delta x}}{{{x_0}}} = t\). Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{{x_0}}} = \frac{1}{{{x_0}}};\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + \frac{{\Delta x}}{{{{\rm{x}}_0}}}} \right)}}{{\frac{{\Delta x}}{{{x_0}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + t} \right)}}{t} = 1\)

Vậy \(f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{1}{{{x_0}}}.1 = \frac{1}{{{x_0}}}\)

Vậy \({\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Thực hành 5

Tìm đạo hàm của các hàm số:

a) \(y = {9^x}\) tại \(x = 1\);                           

b) \(y = \ln x\) tại \(x = \frac{1}{3}\).

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \({\left( {{a^x}} \right)^\prime } = {a^x}\ln a;{\left( {\ln {\rm{x}}} \right)^\prime } = \frac{1}{x}\).

Lời giải chi tiết:

a) Ta có: \(y' = {\left( {{9^x}} \right)^\prime } = {9^x}\ln 9\).

Từ đó: \(y'\left( 1 \right) = {9^1}\ln 9 = 9\ln 9\).

b) Ta có: \(y' = {\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x}\).

Từ đó: \(y'\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{{\frac{1}{3}}} = 3\).