Hàm số logarit

Hàm số $y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1} \right)$ xác định trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Điều kiện xác định: $x>0$

Đạo hàm hàm số $y = {\log _a}x$ là $y' = \dfrac{1}{{x\ln a}}$

Giới hạn cần nhớ: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{x} = 1$

Hàm số $y = {\log _a}x$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nếu $0 < a < 1$ và đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ nếu $a > 1$.

Đồ thị hàm số $y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1} \right)$ có đường tiệm cận đứng là $x = 0$ (trục $Oy$)

Điểm $\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1} \right)$ nếu ${y_0} = {\log _a}{x_0}$.

- Đồ thị hàm số luôn đi qua các điểm $\left( {1;0} \right)$ và $\left( {a;1} \right)$.

- Với $x = {a^2}$ thì $y = {\log _a}x = {\log _a}{a^2} = 2$ nên đồ thị hàm số đi qua $\left( {{a^2};2} \right)$ nên C sai, D đúng.

- Hàm số $y = {\log _{\frac{\pi }{4}}}x$ có tập xác định $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

- Vì $0 < \dfrac{\pi }{4} < 1$ nên hàm số nghịch biến trên TXĐ

- Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là trục $Oy$

- Đồ thị hàm số nằm hoàn toàn bên phải trục hoành (vì $x > 0$)

$\log a + \log b = \log \left( {ab} \right)$ nên ý A sai

Nhận thấy ${a^{x + y}} = {a^x}.{a^y}$ nên mệnh đề ở ý B sai.

Vì $12 > 1$ nên $y = {\log _{12}}x$ là hàm đồng biến trên khoảng $(0; + \infty )$  nên D sai

Ta có: $0 < a < 1$ nên hàm số $y = {\log _a}x$ nghịch biến, do đó $b > 1$ nên ${\log _a}b < {\log _a}1 = 0$.

Vì $b > 1$ nên hàm số $y = {\log _b}x$ đồng biến, do đó $a < 1$ nên ${\log _b}a < {\log _b}1 = 0$.

Vậy ${\log _a}b < 0;{\log _b}a < 0 \Rightarrow {\log _a}b + {\log _b}a < 0$.

Điều kiện : $\dfrac{{ - 3}}{{2 - 2x}} > 0 \Leftrightarrow 2 - 2x < 0 \Leftrightarrow x > 1.$

Ta có: $\left[ {{{\log }_{2018}}\left( {2018x + 1} \right)} \right]' = \dfrac{{\left( {2018x + 1} \right)'}}{{\left( {2018x + 1} \right)\ln 2018}} = \dfrac{{2018}}{{\left( {2018x + 1} \right)\ln 2018}}$

Ta có: $y' = \left[ {\ln \left( {1 + \sqrt {x + 1} } \right)} \right]' = \dfrac{{\left( {1 + \sqrt {x + 1} } \right)'}}{{1 + \sqrt {x + 1} }} = \dfrac{{\dfrac{1}{{2\sqrt {x + 1} }}}}{{1 + \sqrt {x + 1} }} = \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 1} \left( {1 + \sqrt {x + 1} } \right)}}$

 Ta có:

$\dfrac{3}{4} < \dfrac{4}{5}$ và ${a^{\frac{3}{4}}} > {a^{\frac{4}{5}}}$$\Rightarrow 0 < a < 1$

$\dfrac{1}{2} < \dfrac{2}{3}$ và ${\log _b}\dfrac{1}{2} < {\log _b}\dfrac{2}{3}$$\Rightarrow b > 1$

Quan sát hình vẽ ta thấy hai đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng $y = x$.

Quan sát hình vẽ ta thấy:

- Hàm số $y = {\log _a}x$ là hàm đồng biến nên ta có $a > 1$ .

- Hai hàm số $y = {\log _b}x,y = {\log _c}x$ nghịch biến nên có $0 < b,c < 1$

Từ nhận xét này ta thấy $a$  là số lớn nhất.

Giải điều kiện: ${x^2} - 2mx + 4 > 0,\forall x \in R$

$\Delta ' = {m^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow (m - 2)(m + 2) < 0$. Suy ra $- 2 < m < 2$

Hàm số $f\left( x \right)$ xác định và liên tục trên đoạn $\left[ {1;{e^2}} \right]$.

Đạo hàm $f'\left( x \right) = \dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}$$\Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - \ln x = 0$ $\Leftrightarrow x = e \in \left[ {1;{e^2}} \right]$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 0\\f\left( e \right) = \dfrac{1}{e}\\f\left( {{e^2}} \right) = \dfrac{2}{{{e^2}}}\end{array} \right.$ $\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {1;{e^2}} \right]} f\left( x \right) = 0,\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {1;{e^2}} \right]} f\left( x \right) = \dfrac{1}{e}$ $\Rightarrow {\rm{T}} = \left[ {0;\dfrac{1}{e}} \right]$

Giả sử $M\left( {{x_M};{y_M}} \right)$ là điểm thuộc hàm số $y = {a^x}$; $N\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là điểm đối xứng của $M$ qua đường thẳng $y =  - x$.

Gọi $I$ là trung điểm của $MN \Rightarrow I\left( {\dfrac{{{x_M} + {x_0}}}{2};\dfrac{{{y_M} + {y_0}}}{2}} \right)$.

Vì $M,{\rm{ }}N$ đối xứng nhau qua $d$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in d\\\overrightarrow {MN} //\overrightarrow {{n_d}} \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{y_M} + {y_0}}}{2} =  - \dfrac{{{x_M} + {x_0}}}{2}\\\dfrac{{{x_M} - {x_0}}}{1} = \dfrac{{{y_M} - {y_0}}}{1}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} =  - {y_M}\\{y_0} =  - {x_M}\end{array} \right.$

Ta có $M\left( {{x_M};{y_M}} \right) \in$ đồ thị $y = {a^x}$ nên ${y_M} = {a^{{x_M}}}$.

Do đó ${x_0} =  - {y_M} =  - {a^{{x_M}}} =  - {a^{ - {y_0}}}$$\Rightarrow  - {y_0} = {\log _a}\left( { - {x_0}} \right) \Leftrightarrow {y_0} =  - {\log _a}\left( { - {x_0}} \right)$.

Điều này chứng tỏ điểm $N$ thuộc đồ thị hàm số $f\left( x \right) = - {\log _a}\left( { - x} \right)$.

Khi đó $f\left( { - {a^3}} \right) =  - {\log _a}{a^3} =  - 3.$

Ta có: $y = \dfrac{{{{\log }_{\dfrac{1}{2}}}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}} = \dfrac{{ - {{\log }_2}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}}$.

Đặt $t = {\log _2}x$, với $x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( { - \infty ;0} \right)$.

$\Rightarrow$ Hàm số $y = \dfrac{{{{\log }_{\dfrac{1}{2}}}x - 2}}{{{{\log }_2}x - m}}$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$ khi và chỉ khi $y = f\left( t \right) = \dfrac{{ - t - 2}}{{t - m}}$ đồng biến trên $\left( { - \infty ;0} \right)$.

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' = \dfrac{{m + 2}}{{{{\left( {t - m} \right)}^2}}} > 0\\m \notin \left( { - \infty ;0} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 2\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 0$.