Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:
HÀM SỐ LŨY THỪA, MŨ, LÔGARIT
I. Phương pháp giải
Hàm số lũy thừa \[y = {x^\alpha }:\]
Hàm số \[y = {x^\alpha }\]đồng biến trên \[\left( {0; + \infty } \right)\]khi \[\alpha > 0\]; nghịch biến trên\[\left( {0; + \infty } \right)\]khi \[\alpha < 0\].
Hàm số mũ: \[y = {a^x}:\]
Tập xác định R, nhận mọi giá trị thuộc \[\left( {0; + \infty } \right)\].
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {a^x} = \left\{ \begin{array}{l} + \infty \,\,khi\,\,a > 1\\0\,\,\,\,\,\,khi\,\,0 < a < 1\end{array} \right.;\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } {a^x} = \left\{ \begin{array}{l}0\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,a > 1\,\\ + \infty \,\,\,\,khi\,\,0 < a < 1\end{array} \right.\]
Đồng biến trên R nếu \[a > 1\], nghịch biến trên R nếu \[0 < a < 1.\]
Đồ thị luôn cắt trục tung tại điểm \[\left( {0;1} \right)\], nằm ở phía trên trục hoành và nhận trục hoành làm tiệm cận ngang.
Hàm số lôgarit \[y = {\log _a}x:\]
Liên tục trên tập xác định \[\left( {0; + \infty } \right)\], nhận mọi giá trị thuộc R.
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\log _a}x = \left\{ \begin{array}{l} + \infty \,\,khi\,a > 1\\ – \infty \,\,khi\,0 < a < 1\end{array} \right.\,;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to + {0^ + }} {\log _a}x = \left\{ \begin{array}{l} – \infty \,\,khi\,a > 1\\ + \infty \,\,khi\,0 < a < 1\end{array} \right.\,\]
Hàm số \[y = {\log _a}x\]đồng biến trên \[\left( {0; + \infty } \right)\]nếu \[a < 1\], nghịch biến trên \[\left( {0; + \infty } \right)\]nếu \[0 < a < 1.\]
Đồ thị luôn cắt trục hoành tại điểm \[\left( {1;0} \right)\], nằm ở bên phải trục tung và nhận trục tung làm tiệm cận đứng.
Các giới hạn:
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {1 + \mathop {\frac{1}{x}}\limits_{x \to 0} } \right)^x} = e;\mathop {{\rm{ }}\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} – 1}}{x} = 1;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1.\]
Đồ thị và quan hệ đối xứng:
II. Ví dụ minh họa
Bài toán 1: Tìm tập xác định của các hàm số sau:
a) \[y = {\left( {{x^2} – 4x + 3} \right)^{ – 5}}\] b) \[y = {\left( {{x^2} – 4x + 3} \right)^{\sqrt 2 }}\]
Giải
a) Hàm số xác định khi: \[{x^2} – 4x + 3 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1\]và \[x \ne 3.\]
Vậy \[D = R{\rm{\backslash }}\left\{ {1;3} \right\}.\]
b) Hàm số xác định khi: \[{x^2} – 4x + 3 > 0 \Leftrightarrow x < 1\]hoặc \[x > 3.\]
Vậy \[D = \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\]
Bài toán 2: Tìm tập xác định của các hàm số sau:
a) \[y = \lg \left( {{x^2} – 9} \right)\] b)\[y = \sqrt {{{\log }_{\frac{1}{3}}}\left( {4x – 1} \right) – 1} .\]
Giải
a) ĐK: \[{x^2} – 9 > 0 \Leftrightarrow x < – 3\]hoặc \[x > 3\]. Vậy \[D = \left( { – \infty ; – 3} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\]
b) ĐK: \[\left\{ \begin{array}{l}4x – 1 > 0\\{\log _{\frac{1}{3}}}\left( {4x – 1} \right) \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x – 1 > 0\\4x – 1 \le \frac{1}{3}\end{array} \right.\](hàm nghịch biến)
\[ \Leftrightarrow \frac{1}{4} < x \le \frac{1}{3}\]. Vậy \[D = \left( {\frac{1}{4};\frac{1}{3}} \right].\]
Bài toán 3: Chứng minh các giới hạn:
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{a^x} – 1}}{x} = \ln a\]
b)\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\log }_a}\left( {1 + x} \right)}}{x} = \frac{1}{{\ln a}}\]
Giải
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{a^x} – 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{\ln ax}} – 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{x\ln a}} – 1}}{{x\ln a}}.\ln a = \ln a\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\log }_a}\left( {1 + x} \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\log _a}e\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = \frac{1}{{\ln a}}\]
Bài toán 4: Tìm các giới hạn sau:
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^2} – {e^{3x + 2}}}}{x}\] b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{2x}} – {e^{5x}}}}{x}\]
Giải
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^2} – {e^{3x + 2}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^2}\left( {1 – {e^{3x}}} \right)}}{x} = – 3{e^2}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{3x}} – 1}}{{3x}} = – 3{e^2}\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^{2x}} – {e^{5x}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{{e^{2x}} – 1}}{x} – \frac{{{e^{5x}} – 1}}{x}} \right) = 2 – 5 = – 3\]
Bài toán 5: Tìm các giới hạn sau:
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{2^x} + {5^x} – 2}}{{{3^x} + {5^x} – 2}}\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 4x}}{{{e^{2x}} – {7^x}}}\]
Giải
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{2^x} + {5^x} – 2}}{{{3^x} + {5^x} – 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{{2^x} – 1}}{x} + \frac{{{5^x} – 1}}{x}}}{{\frac{{{3^x} – 1}}{x} + \frac{{{5^x} – 1}}{x}}} = \frac{{\ln 2 + ln5}}{{\ln 3 + \ln 5}} = \frac{{\ln 10}}{{\ln 15}}\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin 4x}}{{{e^{2x}} – {7^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4.\frac{{\sin 4x}}{{4x}}}}{{\frac{{{e^{3x}} – 1}}{x} – \frac{{{7^x} – 1}}{x}}} = \frac{4}{{3 – \ln 7}}\].
Bài toán 6: Tìm các giới hạn sau:
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 3x} \right)}}{x}\]
b)\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 3{x^2}} \right)}}{{1 – \cos 2x}}\]
Giải
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 3x} \right)}}{x} = 3.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 3x} \right)}}{{3x}} = 3\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 3{x^2}} \right)}}{{1 – \cos 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 3{x^2}} \right)}}{{2{{\sin }^2}x}} = \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{{3\ln \left( {1 + 3{x^2}} \right)}}{{3{x^2}}}:{{\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)}^2}} \right] = \frac{3}{2}\]
Bài toán 7: Tìm các giới hạn sau:
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x}}{{{{\log }_3}\left( {1 + 5x} \right)}}\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{6^x} – {3^x}}}{{\ln \left( {1 + 6x} \right) – \ln \left( {1 + 3x} \right)}}\]
Giải
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4x}}{{{{\log }_3}\left( {1 + 5x} \right)}} = \frac{4}{{5{{\log }_3}e}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{5x}}{{\ln \left( {1 + 5x} \right)}} = \frac{4}{5}\ln 3\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{6^x} – {3^x}}}{{\ln \left( {1 + 6x} \right) – \ln \left( {1 + 3x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{{6^x} – 1}}{x} – \frac{{{3^x} – 1}}{x}} \right):\left( {\frac{{\ln \left( {1 + 6x} \right)}}{x} – \frac{{\ln \left( {1 + 3x} \right)}}{x}} \right)\]
\[ = \left( {\ln 6 – \ln 3} \right):\left( {6 – 3} \right) = \frac{1}{3}\ln 2.\]
Bài toán 8: Tìm các giới hạn sau:
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{x – 3}}} \right)^x}\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{{x + 3}}{{x + 1}}} \right)^x}\]
Giải
a) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {1 + \frac{1}{{x – 3}}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left[ {{{\left( {1 + \frac{1}{{x – 3}}} \right)}^{x – 3}}} \right]^{\frac{x}{{x – 3}}}} = {e^1} = e\]
b) \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{{x + 3}}{{x + 1}}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {1 + \frac{2}{{x + 1}}} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left[ {{{\left( {1 + \frac{1}{{\frac{{x + 1}}{2}}}} \right)}^{\frac{{x + 1}}{2}}}} \right]^{\frac{{2x}}{{x + 1}}}} = {e^2}\].
Bài toán 9: Vẽ đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right) = {2^x}\]. Suy ra đồ thị các hàm số \[y = {2^x} – 1,y = {4.2^x},y = – {2^x},y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x},y = {2^{\left| x \right|}}.\]
Giải
\[y = f\left( x \right) = {2^x},D = R.\]
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = 0 \Rightarrow TCN:y = 0\] (khi \[x \to – \infty )\]
\[y’ = {2^x}.\ln 2 > 0,\forall x\]nên hàm số đồng biến trên \[D = R.\]
Cho \[x = 0 \Rightarrow y = 1\]
\[x = 1 \Rightarrow y = 2\]
\[x = – 1 \Rightarrow y = \frac{1}{2}\]
Ta có: \[y = {2^x} – 1 = f\left( x \right) – 1\]: Tịnh tiến đồ thị \[f\left( x \right)\]xuống dưới 1 đơn vị
\[y = {4.2^x} = {2^{x + 2}} = f\left( {x + 2} \right)\]: Tịnh tiến đồ thị \[f\left( x \right)\]sang trái 2 đơn vị
\[y = – {2^x} = – f\left( x \right)\]: Lấy đối xứng đồ thị \[f\left( x \right)\]qua Ox
\[y = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} = {2^{ – x}} = f\left( { – x} \right)\]: Lấy đối xứng đồ thị \[f\left( x \right)\]qua Oy.
\[y = {2^{\left| x \right|}} = f\left( {\left| x \right|} \right)\] hàm số chẵn, khi \[x \ge 0\]thì \[y = f\left( x \right)\]nên lấy phần này và lấy đối xứng của nó qua Oy.
Bài toán 10: Vẽ đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right) = {\log _2}x.\]
Suy ra các đồ thị hàm số
Giải
\[y = f\left( x \right) = {\log _2}x,D = \left( {0; + \infty } \right)\]
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = – \infty \Rightarrow \]TCĐ:\[x = 0\](khi \[x \to {0^ + }\])
\[y’ = \frac{1}{{x\ln 2}} > 0,\forall x > 0\]nên hàm số đồng biến trên \[\left( {0; + \infty } \right).\]
BBT:
Cho \[x = \frac{1}{2} \Rightarrow y = – 1\]
\[x = 1 \Rightarrow y = 0,x = 2 \Rightarrow y = 1\]
Ta có: \[y = {\log _2}2x = f\left( x \right) + 1\]: Tịnh tiến đồ thị \[f\left( x \right)\]lên trên 1 đơn vị
\[y = {\log _2}\left( {x – 3} \right) = f\left( {x – 3} \right)\]: Tịnh tiến đồ thị \[f\left( x \right)\]sang phải 3 đơn vị
\[y = {\log _2}\left( { – x} \right) = f\left( { – x} \right)\]: Lấy đối xứng đồ thị \[f\left( x \right)\]qua Oy
\[y = {\log _{\frac{1}{2}}}x = – f\left( x \right)\]: Lấy đối xứng đồ thị \[f\left( x \right)\]qua Ox
\[y = {\log _2}\left| x \right| = f\left( {\left| x \right|} \right)\]là hàm số chẵn, khi \[x > 0\]thì \[y = f\left( x \right)\]nên lấy phần này và lấy đối xứng của nó qua Oy.
Xem thêm