Hàm số lũy thừa

Vì \(\sqrt {2 - \sqrt 3 }  \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x <  - 1\end{array} \right.\).

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\).

Hàm số \(y = {x^5}\) xác định trên \(\mathbb{R}\).

Hàm số \(y = {x^{ - 1}}\) xác định nếu \(x \ne 0\).

Hàm số \(y = {x^{\sqrt 2 }}\) xác định nếu \(x > 0\).

Hàm số \(y = {\left( {{x^{\sqrt 2 }}} \right)^2}\) xác định nếu \(x > 0\).

Vì hàm số \(y = {x^{\dfrac{1}{n}}}\) có số mũ không nguyên nên cơ số phải dương, hay \(x > 0\).

Ta có \(\left( {{x^\alpha }} \right)' = \alpha {x^{\alpha  - 1}}\,\,\left( {x > 0} \right)\) \( \Rightarrow \left( {{x^{\frac{4}{3}}}} \right)' = \dfrac{4}{3}{x^{\frac{1}{3}}}\).

Ta có: \(y = {\left( {2x} \right)^{\dfrac{5}{3}}}\)\( \Rightarrow y' = \dfrac{5}{3}\left( {2x} \right)'.{\left( {2x} \right)^{\dfrac{5}{3} - 1}} = \dfrac{{10}}{3}{\left( {2x} \right)^{\dfrac{2}{3}}}\).

Ta có: \(\left( {\sqrt[n]{x}} \right)' = \left( {{x^{\dfrac{1}{n}}}} \right)' = \dfrac{1}{n}{x^{\dfrac{1}{n} - 1}} = \dfrac{1}{n}{x^{\dfrac{{1 - n}}{n}}} = \dfrac{1}{n}{x^{ - \dfrac{{n - 1}}{n}}}\)

Hàm số \(y = {x^{ - 4}}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) và có \(y' =  - 4{x^{ - 5}}\) nên không đồng biến trên các khoảng xác định (đồng biến trên \(\left( { - \infty ,0} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( {0, + \infty } \right)\)), loại A.

Hàm số \(y = {x^{ - \dfrac{3}{4}}}\) có tập xác định là \(\left( {0, + \infty } \right)\) và có \(y' =  - \dfrac{3}{4}{x^{ - \dfrac{7}{4}}} < 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)\) nên không đồng biến trên từng khoảng xác định, loại B.

Hàm số \(y = {x^4}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) và có \(y' = 4{x^3}\) nên không đồng biến trên các khoảng xác định, loại C.

Hàm số \(y = \sqrt[3]{x}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) và có \(y' = \dfrac{1}{{3\sqrt[3]{{{x^2}}}}} > 0\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.

Khi \(\alpha  = 0\) thì \(y = 1\) nên đồ thị hàm số là đường thẳng.

Khi \(\alpha  = 1\) thì \(y = x\) nên đồ thị hàm số là đường thẳng.

Quan sát hình vẽ các dáng đồ thị của hàm số lũy thừa ta thấy điều kiện của \(\alpha \) ứng với các đồ thị bài cho là \(\alpha  < 0\).

Tập xác định của hàm số \(y=x^\alpha \) phụ thuộc vào \(\alpha \) nên chưa chắc là $D = \left( {0; + \infty } \right)$ vì:

+ Tập xác định của hàm số là $D = \left( {0; + \infty } \right)$ khi \(\alpha \) không nguyên.

+ Khi $\alpha  \in {\mathbb{N}^*}$ thì $D = \mathbb{R},\alpha  \in \mathbb{Z}\backslash {\mathbb{N}^*}$ thì $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.

Do \(\sqrt 5 \) không nguyên nên điều kiện xác định của hàm số này là \(2 - 3x > 0 \Leftrightarrow x < \dfrac{2}{3}.\)

Tập xác định \(D = \left( { - \infty ;\dfrac{2}{3}} \right).\)

Ta có: \({f_1}(x)\) và \({f_2}(x)\) là hai hàm số căn bậc chẵn nên có tập xác định là \(\left[ {0; + \infty } \right).\)

\({f_3}(x)\) và \({f_4}(x)\) là hai hàm số mũ với số mũ không nguyên nên có tập xác định là \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Điều kiện xác định của hàm số \(y = {\left( {{x^2} - 4} \right)^{1 + \sqrt 5 }}\) là: \({x^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 2\\x > 2\end{array} \right.\).

Suy ra tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).

Điều kiện: \({x^2} - x - 6 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 3\\x \ne  - 2\end{array} \right.\).

Điều kiện: \({x^2} - 1 \ne 0\)\( \Leftrightarrow x \ne  \pm 1\).

Đây là hàm với số mũ nguyên âm nên điều kiện là ${x^3} - 6{x^2} + 11x - 6 \ne 0 \Leftrightarrow x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ {1;2;3} \right\}$.

Với \(x > 0\) thì $f\left( x \right) = {x^{\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{5}{{12}}}} = x$ nên \(f\left( {2,7} \right) = 2,7\).

Với \(x > 0\) thì $f\left( x \right) = {x^{2 + \dfrac{2}{3}}} = {x^{\dfrac{8}{3}}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{8}{3}{x^{\dfrac{5}{3}}}$ nên \(f'\left( 1 \right) = \dfrac{8}{3}\).

ĐK: \(0 < x \ne 1\).

Ta có \({x^{{{\log }_\alpha }\left( {\alpha x} \right)}} \ge {(\alpha x)^4} \Leftrightarrow {x^{{{\log }_\alpha }x + 1}} \ge {\left( {\alpha x} \right)^4}\).

Đặt \(t = {\log _\alpha }x \Rightarrow x = {\alpha ^t}\). Khi đó bất phương trình trở thành: ${\left( {{\alpha ^t}} \right)^{t + 1}} \ge {\left( {\alpha .{\alpha ^t}} \right)^4}$.

\( \Leftrightarrow {\alpha ^{{t^2} + t}} \ge {\alpha ^{4t + 4}} \Leftrightarrow {t^2} + t \le 4t + 4 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 4 \le 0\).

\( \Leftrightarrow  - 1 \le t \le 4\).

\( \Rightarrow  - 1 \le {\log _\alpha }x \le 4 \Leftrightarrow {\alpha ^4} \le x \le \dfrac{1}{\alpha }\) (thoả mãn điều kiện).

Ta có $y = {\left( {1 - \cos 3x} \right)^6} \Rightarrow y = 6{\left( {1 - \cos 3x} \right)^5}.\left( {1 - \cos 3x} \right)'$.

$ = 6{\left( {1 - \cos 3x} \right)^5}.3\sin 3x = 18\sin 3x{\left( {1 - \cos 3x} \right)^5}.$