Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 4 hàm số mũ và lôgarit lê hoành phò file word

CHUYÊN ĐỀ 4 - HÀM SỐ MŨ VÀ LÔGARIT
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Lũy thừa và căn thức:

an 

1
(với a �0 và n ��* )
n
a
m
n

a a  a
r

n

m

(với a  0 và r 

m
, n ��, n ��* )
n

a  lim a rn (với a  0,  ��, rn �� và lim rn   ).
Khi n lẻ, b  n a � b n  a (với mọi a)

b �0
�

Khi n chẵn, b  n a � �n

b a
�

(với a �0 ).

- Biến đổi lũy thừa: Với các số a  0, b  0, và  tùy ý, ta có:

a .a   a   ; a : a   a  ;  a   a


 a.b 



 a .b ;  a : b   a : b


- So sánh: Nếu 0  a  b thì: a  b �   0; a  b �   0
Lôgarit:

- Lôgarit cơ số a:   log a b � a  b ( 0  a �1 và b  0 )

- Lôgarit cơ số 10: log10 b  lg b hay log b
- Lôgarit cơ số e: log e b  ln b  e �2,7183
b
- Tính chất: log a 1  0 và log a a  b với a  0, a �1 .

a loga b  b với a  0, b  0, a �1 .
- Biến đổi lôgarit trong điều kiện xác định:

log a  b.c   log a b  log a c
log a

b
�1 �
 log a b  log a c,log a � �  log a c
c
�c �

log a b   log a b (với mọi  ), log a n b 

1
log a b ( n ��* )
n

- Đổi cơ số trong điều kiện xác định:
Trang 1


log b x 

log a x
hay log a b.log b x  log a x
log a b

log b a 

1
1
hay log a b.log b a  1;log a b  log a b
log a b


Hàm số lũy thừa y  x :
Liên tục trên tập xác định của nó

 

 


 1

 1
Đạo hàm x '  ax , u '   u u ' ;

 x
n

/



1
n

n x

 x  0 ,  n u 
n 1

/



u'
n u n 1
n

, với u  u  x   0 .

Hàm số y  x đồng biến trên  0; � khi   0 ; nghịch biến trên  0; � khi   0 .
Hàm số mũ:
Liên tục trên tập xác định �, nhận mọi giá trị thuộc  0; � .

�
khi a  1
khi a  1
�
�0
lim a x  �
; lim a x  �
x �
khi 0  a  1 x��
� khi 0  a  1
�0
�

 
 
 a  '  a u 'ln a;  e  '  e u ' với u  u  x  .

x
x
x
x
Đạo hàm: a '  a ln a; e '  e ;
u

u

u

u

Đồng biến trên � nếu a  1 , nghịch biến trên � nếu 0  a  1 .
Hàm số lôgarit y  log a x :
Liên tục trên tập xác định  0; � , nhận mọi giá trị thuộc �.

�
khi a  1
�
khi a  1
�
�
lim log a x  �
; lim log a x  �

x ��
� khi 0  a  1 x�0
� khi 0  a  1
�
�
Đạo hàm  log a x  ' 

 log a u  ' 

1
1
1
;  ln a  '  ;  ln x  ' 
x ln a
x
x

u'
u'
u'
;  ln u  '  ;  ln u  ' 
với u  u  x  .
u ln a
u
u

Hàm số y  log a x đồng biến trên  0; � nếu a  1 , nghịch biến trên  0; � nếu 0  a  1 .
Giới hạn:

ln  1  x 

ex 1
� 1�
lim �
1  � e;lim
 1;lim
1
x ��
x �0
x
x
� x�
x

x �0

Trang 2


2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 4.1: Thực hiện phép tính


0,75

A  81

1
3



3
5

1
2
1

1
2
2
�1 � �1 �
3
3
 � �  � � ; B  0,001   2  .64  8 3   90 
125 � �32 �
�

Hướng dẫn giải
3

 

A   3

  3
B   10

3



1
3



3
5

�
�1 �� �
�1 ��
�
�
�
�
�
� ��
�
�
�5 ��
�2 ��
�
� �
�

3
4 4

1

5

3

1
80
�1 � �1 � 1
� � � � 
58 
3  
27
27
�5 � �2 � 27

1
3  3



 2 . 2
2

2
6 3

4
3 3

  2 

 1  10  22  2 4  1  7 

1 111
.

16 16

Bài toán 4.2: Đơn giản biểu thức trong điều kiện xác định:

a 1

P

3
4

a a

.

1
2

1
3

7
3



1
3

5
3

a a
a a
a a
.a  1; Q  1
 2
4
1

a 1
a3  a 3 a 3  a 3
1
4

4

Hướng dẫn giải


P



 . a  a  1 .
a  a  1
 a  1

a 1

4

4

4

1
3

Q

a 1

a 1 a
1

2

a3 1 a

1
3

4

a  1  a 1 1  a

  a  1  a    1  a    1  a   2a


a



1
3

2

 a  1

Bài toán 4.3: Trục căn ở mẫu
a)

1
233

b)

1
6

5  13  48

Hướng dẫn giải
a)

3
1
3 2


3
233
9 2

b) Vì 5  13  48  5 



3



3  2 33 3  2 3 9  4



1

2



3 1

2

 42 3 



32



2

Trang 3


1

nên



5  13  48

6

3

1
3

3 1





 

3 1
3 1

2



3  1 .3 4  2 3
2

Bài toán 4.4: Không dùng máy, tính giá trị đúng:

15  6 6  15  6 6

a)

b)

75 2  3 75 2

3

Hướng dẫn giải



a) Ta có 3 2 �2 3



2

 18  12 �12 6  30 �12 6

15  6 6  15  6 6 

nên

3 2 2 3 3 2 2 3

6
2
2

15  6 6  15  6 6  x; x  0 .

Cách khác: Đặt

Ta có x 2  30  2 225  216  36 nên chọn x  6 .



b) Ta có: 7  5 2  1  3 2  6  2 2  1  2



Tương tự 7  5 2  1  2
Do đó

3





3

3





7  5 2  3 7  5 2 1 2  1 2  2 2

Cách khác: Đặt x  3 7  5 2  3 7  5 2 . Ta có:





x3  7  5 2  7  5 2  3
 10 2  3



3



3









�
7  5 2  3 7  5 2 .�
�3 7  5 2 7  5 2 �
�
�



7  5 2  3 7  5 2  10 2  3x .

Ta có phương trình:







x 3  3x  10 2  0 � x  2 2 x 2  2 2 x  5  0 � x  2 2
Bài toán 4.5: Tính gọn
a)

4

49  20 6  4 49  20 6

b)

4

2 5 2 2 5  4 2 5 2 2 5
Hướng dẫn giải

a) Ta có

4

49  20 6  4 25  10 24  24 

4

52 6

2

Trang 4



Tương tự:
Suy ra

4

4



3 2



4

 3 2
3 2)

49  20 6  3  2 (do

4

49  20 6  4 49  20 6  2 3

b) Đặt M  4 2  5  2 2  5 , N 
Ta có: MN 

4



2 5



2



4

2 5 2 2 5



 4 2  5 1

M 4  N 4  4  2 5 � M 4  N 2  2M 2 N 2  6  2 5 





5 1

2

2

� 5 1�
� M  N  5  2 � M  N  2MN  5  3  �
�
� 2 �
2

Vậy

4

2

2

2

2 5 2 2 5  4 2 5 2 2 5  M  N 

5 1
.
2

Bài toán 4.6:

�
1 �3 23  513 3 23  513
�
�. Tính A  x 3  x 2  1
x



1
a) Cho
�
3�
4
4
�
�
b) Tính B 

4 3
6 8
2k  k 2  1
200  9999

 ... 
 ... 
1 3
2 4

k 1  k  1
99  101
Hướng dẫn giải

a) Đặt a 

3

23  513
23  513
,b  3
4
4

� a 3  b3 

23
, ab  1 và 3 x  1  a  b
2

Vì  3 x  1  27 x 3  27 x 2  9 x  1
3

 27  x3  x 2  1  3  3 x  1  29 nên

 3x  1
A

3

 3  3x  1  29  a  b   3  a  b   29

27
27
3

23
a 3  b3  3ab  a  b   3  a  b   29 2  29 3



27
27
2
Trang 5


b) Với mọi k �2 thì

2k  k  1

k 1  k 1
2


B



  k  1

 k 1 

� k 1 2 
�
�

 k  1

3



 k  1

2



 k  1  k  1 �

�

k 1



k 1  k 1
�
k 1  k 1





3

2

. Do đó

1� 3
3  13  43  23  53  33  63  43  ...  1013  993 �
�
�
2

3
1�
3
3
3 � 999  101  8
 1  2  101  100 
�
2�
2
999  101 101  2 2

2

Bài toán 4.7: Cho sh  x  

a x  a x
a x  a x
a x  a x
với a  0, a �1 . Chứng minh
; ch  x  
; th  x   x
2
2
a  a x

ch 2  x   sh 2  x   1 , th  2 x  

2th  x 
.
1  th 2  x 
Hướng dẫn giải
2

2

�a x  a  x � �a x  a  x �
Ta có ch  x   sh  x   �
� �
�
� 2
� � 2
�
2



2

a 2 x  a 2 x  2  a 2 x  a 2 x  2 4
 1
4
4

2x
2 x
�a x  a  x � 2  a  a 
Ta có: 1  th  x   1  � x
 2x
x �
2 x
�a  a � a  a  2
2

2

2th  x 
a x  a  x a 2 x  a 2 x  2

2
.
nên
1  th 2  x 
a x  a  x 2  a 2 x  a 2 x 


2  a x  ax   a x  a x 

2

2  a x  a  x   a 2 x  a 2 x 



a 2 x  a 2 x
 th  2 x  .
a 2 x  a 2 x

Bài toán 4.8: Cho số tự nhiên n lẻ, chứng minh:
a) Nếu

1 1 1
1
1
1 1
1
  
thì n  n  n  n
a b c abc
a
b
c
a  bn  c n
Trang 6

b) Nếu ax n  by n  cz n ,

1 1 1
   1 thì:
x y z

ax n 1  by n1  cz n 1  n a  n b  n c

n

Hướng dẫn giải
a) Từ giả thiết suy ra

1 1
1
1
 

a b abc c

�  a  b  .  a  b  c  c  abc  ab  a  b  c  �  a  b   b  c   c  a   0
� có 2 số đối nhau mà ta có n lẻ � đpcm.
b) VT =

n

�1 1 1 �
ax n by n cz n



 n ax n �   � n ax n  x n a  y n b  z n c
x
y
z
�x y z �

�1 1 1 �
� VT �   � n a  n b  n c � đpcm.
�x y z �
Bài toán 4.9: Tính:
5

a) 3log3 18  18;35 log 3 2  3log 3 2  25  32
log 5

2
3
1
�1 �
3 log 5
3 log 2 5
 2  2  2log 2 5  53 
�� 2 
125
�8 �

log 1 25

log 0,5 2

5
�
�1 �
�1 �� 2
� � �
� ��
�
�32 �
�2 ��
�
�

b)

 25  32 .

1
�6 �
2
log 7 36  log 7 14  3log 7 3 21  log 7 �
� log 7 7  2 .
2
14.21 �
�

Bài toán 4.10: Rút gọn các biểu thức:
a) A  log 3 2.log 4 3.log 6 5.log 7 6.log8 7
b) B  a

log a b

b

log b a

Hướng dẫn giải
a) A  log 3 2.log 4 3.log 5 4.log 6 5.log 7 6.log 8 7



log log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 log 2
1
1
.
.
.
.
.

 log 8 2  log 2 2 
log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 log8 log8
3
3

b) Đặt x  log a b � log a b  x 2 � b  a x
Mặt khác log b a 

2

1

1
� log b a 
2
x
x
Trang 7


Do đó: B  a x  a x

2

.

1
x

 0.

Bài toán 4.11:
a) Cho log 6 15  x,log12 18  y , tính log 25 24 theo x, y
b) Cho a  log 2 3, b  log 3 5, c  log 7 2 , tính log140 63 theo a, b, c.
Hướng dẫn giải

log 2 3.5 log 2 3  log 2 5
log 2 2.32 1  2log 2 3


a) Ta có x 
và y 

log 2 2.3
1  log 2 3
log 2 22.3 2  log 2 3
Suy ra log 2 3 

2 y 1
x  1  2 y  xy
;log 2 5 
2 y
2 y

log 2 23.3
5 y

Do đó log 25 24 
.
2
log 2 5
2  x  1  2 y  xy 





2
b) log140 63  log140 3 .7  2log140 3  log140 7



2

1
2
1



log 3 140 log 7 140 log 3  22.5.7  log 7  22.5.7 



2
1

2log 3 2  log 3 5  log 3 7 2log 7 2  log 7 5  1

Ta có log 3 2 

log 3 7 

Vậy

1
1
 ,log 7 5  log 7 2.log 2 3.log 3 5  cab ;
log 2 3 a

1
1
1



log 7 3 log 7 2.log 2 3 ca
2

log140 63 

2
1
b
a
ca



1
2ac  1

2c  cab  1 abc  2c  1

Bài toán 4.12: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn:

a log3 7  27, b log7 11  49, c log11 25  11
Tính T  a  log3 7   b log7 11  c  log11 25
2

2

2

Hướng dẫn giải

Ta có:



T  a log3 7



log 3 7



 b log7 11



log 7 11



 c log11 25



log11 25

Trang 8


 27

log 3 7

 49

log 7 11





11



log11 25

1
2

 7  11  25  469 .
3

2

Bài toán 4.13: Trong điều kiện có nghĩa, chứng minh:
a) a logc b  b logc a
b)

n  n  1

1
1
1
1


 ... 

log a b log a 2 b log a3 b
log a n b 2log a b
Hướng dẫn giải

a) a logc b  b logb a
b) VT =

logc b

 blog c b.log b a  blog c a

1
2
3
n


 ... 
log a b log a b log a b
log a b

  1  2  3  ...  n  .

n  n  1
1

log a b 2log a b

Bài toán 4.14: Trong điều kiện có nghĩa, chứng minh:
a) Nếu a 2  c 2  b 2 thì log b c a  log b c a  2logb c a.logb c a .
b) Nếu a, b, c lập cấp số nhân thì

log a d  log b d log a d

log b d  log c d log c d
Hướng dẫn giải

2
a) Theo giả thiết: a   b  c   b  c  . Xét a  1 : đúng.

Xét a �1 thì log a  b  c   log a  b  c   2 �

1
1

2
logb c a log b  c a

nên log b c a  log b c a  2log b  c a.log b c a

�c �
log d � �

1
1
b) Ta có
�b �
log a d  log b d 


log d a log d b  log d a   log d b 
�c �
log d � �
1
1
Tương tự:
�a �
log b d  log c d 


log d b log d c  log d b   log d c 
Vì a, b, c lập thành cấp số nhân nên

Do đó

c b
�c �
�b �
 � log d � � log d � �
a a
�b �
�a �

log a d  log b d log d c log a d


logb d  log c d log d a log c d
Trang 9


Bài toán 4.15: Cho x, y, z, a là các số thực dương đôi một khác nhau và khác 1. Chứng minh:
a) Nếu log a x  1  log a x.log a z , log a y  1  log a y.log a x thì:

a
A  log x.log a y.log a z.log x a.log y a.log z a  1 .
x
y
z
b) Nếu

x y  z  x y  z  x  y z  x  y  z


thì x y . y x  y z .z y  z x .x z
log x
log y
log z
Hướng dẫn giải

a) Từ giả thiết, ta có: log a x  1  log a x.log a z

� log a x 

Do đó:

1
1

 log a z
1  log a z log a
z
a
z

log x a log a z  1 . Tương tự log y a log a x  1
z

x

Mà log a y  1  log a y.log a z , nên log a y  1 

log a y
log a y
� 1  log a z 
1  log a z
log a y  1

� log a z  1  log a y.log a z
Tương tự trên, ta cũng có

log z a log a y  1
y

. Do đó

��
�
��
�
A�
log a x.log y a �
.�
log a y.log z a �
.�
log a z.log x a � 1
�
�� z
�
� x
�� y
�
b) Nếu một trong các số x  y  z , y  z  x, z  x  y bằng 0 thì cả ba số đều bằng 0 và dẫn đến

x  y  z  0 , mâu thuẫn.
Do đó x  y  z , y  z  x, z  x  y khác 0.

�x  log y  .  y  z  x   y  log x  .  z  x  y 
�
Từ giả thiết thì: �y  log z  .  z  x  y   z  log y  .  x  y  z 
�
�z  log x  .  x  y  z   x  log z  .  y  z  x 
Ta có: x  log y  . y  z  x   y  log x   z  x  y 

� x log y  y  log x  .

zx y
yzx

�z  x  y �
� x log y  y log x  y  log x  .�
 1�
�y  z  x �
Trang 10


� x log y  y log x  y  log x  .

2z
zx y

Tương tự y log z  z log y  z  log y  .

2x
zx y

Do đó: x y . y x  y z . z y � x log y  y log x  y log z  z log y

� y log x.

2z
2x
 z log y.
yzx

zxy

� y  log x  .  z  x  y   x  log y   y  z  x  : đúng
Chứng minh tương tự: y z .z y  z x .x z .
Bài

toán

4.16:

Cho

các

số

thực

a,

b,

c

thỏa

mãn

1  a  b  c . Chứng minh rằng:

log a  log a b   log b  log b c   log c  log c a   0 .
Hướng dẫn giải
Vì 1  a  b nên log a b  1 � log a  log a b   log b  log a b   0
Ta có 1  a  c nên log c a  1
Suy ra 0  log c  log c a   log b  log c a 
Do đó log a  log a b   log b  log b c   log c  log c a 

 log b  log a b   log b  log b c   log b  log c a 
 log b  log a b.log b c.log c a   log b  1  0

13

�  23
�
Bài toán 4.17: Trong khai triển nhị thức P  x   �x  x x � , x  0 .
�
�
a) Tìm hệ số của x13

b) Tìm số hạng không chứa x
Hướng dẫn giải
13

� 2
�
Số hạng tổng quát của P  x   �x 3  x x � là:
�
�
13 k

� 23 �
Tk 1  C �x �
� �
k
13

 x x

a) Hệ số của x13 ứng với

k

 C .x
k
13

13 k 52
6

13k  52
 13 � k  10 là:
16

T11  C1310  286 .
Trang 11


4
b) Số hạng không chứa x ứng với 13k  52  0 � k  4 là T5  C13  715 .
6

� 1
�
lg x 1
12
�
Bài toán 4.18: Trong khai triển nhị thức
x
 x �, biết số hạng thứ tư bằng 200. Tìm x?
�
�
�
�
Hướng dẫn giải

1
. Ta có:
10

ĐK: x  0, x �

6

6

6 k
1 �
k
� 1
� � 1

6
2 lg x 1
k 2 lg x 1
lg x 1
12
12
12
�x
 x � �x
 x � �C6 x
.x
� k 0
�
� �
�
�
� �

Số hạng thứ 4 ứng với k  3 , theo giả thiết bằng 200 nên:
3
6

C x

3
1

2 lg x 1 4

 200 � x

7  lg x
4 lg x  4

 10 �

7  lg x
lg x  1
4lg x  4

x  10
lg x  1
�
�
� lg 2 x  3lg x  4  0 � �
��
(Chọn).
lg x  4
x  104
�
�
Bài toán 4.19: Chứng minh các giới hạn:

log a  1  x 
ax 1
1
 ln a;lim

x �0
x �0

x
x
ln a

a) lim

x

n
1  ax  1 a
� a� a
b) lim �
1  � e ;lim

x ��
x �0
x
n
� x�

Hướng dẫn giải
x

ax 1
eln a  1
e x ln a  1
a) lim
 lim
 lim
.ln a  ln a

x �0
x �0
x�0 x ln a
x
x
log a  1  x 
ln  1  x 
1
 lim log a e

x �0
x �0
x
x
ln a

lim

a

x
�
�
a
�
��
�
x
� 1 �� a
� a�

b) lim �
1  � lim �
1 �  e
�
x ��
x �
� x � x���
�
��
�
a
�
��
�
n

lim
x �0

1  ax  1
 lim
x �0
x
x



1  ax  1
n

 1  ax 

n 1

 n  1  ax 

n2

 ...  1





a
n
Trang 12


Bài toán 4.20: Tìm các giới hạn sau:

e 2 x  e5 x
a) lim
x �0
x

2 x  5x  2
b) lim x
x�0 3  5 x  2
Hướng dẫn giải

�e2 x  1 e5 x  1 �
e 2 x  e5 x
 lim �

a) lim
� 2  5  3
x �0
x �0
x
x �
� x
2 x  1 5x  1

2 5 2
x
x  ln 2  ln 5  ln10
 lim x
b) lim x
x
x
x �0 3  5  2
x�0 3  1
5  1 ln 3  ln 5 ln15

x
x
x

x

Bài toán 4.21: Tìm các giới hạn sau:
a) lim
x �0

ln  1  3 x 2 

6 x  3x
b) lim
x �0 ln  1  6 x   ln  1  3 x 

1  cos 2 x

Hướng dẫn giải
a) lim
x �0

ln  1  3 x 2 
1  cos 2 x

 lim
x �0

ln  1  3 x 2 
2sin 2 x

�
3ln  1  3 x 2 
1
 lim �

2 x�0 � 3 x 2
�

2
�sin x �� 3
:�
��
2
� x ��
�

�6 x  1 3x  1 ��ln  1  6 x  ln  1  3 x  �
6 x  3x
 lim �


�
�: �
x �0 ln  1  6 x   ln  1  3 x 
x �0
x �� x
x
� x
�

b) lim

1
  ln 6  ln 3 :  6  3  ln 2 .
3

Bài toán 4.22: Tìm các giới hạn sau:
x

x

�x  3 �
b) lim �
�
x �� x  1
�
�

� 1 �
a) lim �
1
�
x ��
� x 3�

Hướng dẫn giải
a)

�
lim �
1
x ��
�

x

x 3 x 3
�
1 �
� 1 � �
1
1
�
� xlim
�
� � e e
�

�
x 3�
� x 3� �
�
x

Trang 13


x 1
2

x

b) lim �x  3 � lim �
1
�
� x���

x ��

�x  1 �

�

2x
x 1

�
�
�
� �
�
� 1 � �
2 �
2
�
1
�
� � e
� xlim
�
�

�
x

1
x 1�

�
� �
�
�
2
� �
�
x

Bài toán 4.23: Tìm các giới hạn sau:
1

2

e 2 x  3 1  x 2
lim
a) x �0
ln  1  x 2 

x x
�x
�
b) lim �a  b � với 0  a, b �1 .
x �0
� 2 �

Hướng dẫn giải
2
�e 2 x2  1 3 1  x 2  1 �ln  1  x 2 
e 2 x  3 1  x 2

 lim � 2 
�:
a) lim
2
x �0
x �0 � x
�
x
x2
ln  1  x 2 
�
�

� 2 x2
1
� e
 lim �
2

2
x �0

2
x
�
�

�
2
7

�ln  1  x 
:


2
�
x
3
 3 1  x2  1 �
�
1

3

1 x 

2 2

a x b x
1
2
x

1
�
�
x
x
x
a


�a  b �
� a b
� b x 1 �
b)
�
lim �
1
 1� 2
�  lim �
x �0
�
2
� 2 � x�0 �
�
�
�
�
x

x

 lim e

1
x

a x b x
1
2

x

x �0

 lim e

a x 1 b x 1

2x
2x

x �0

e

ln a  ln b
2

 e ln

ab

 ab

1
x

�
�
Vậy lim �a  b �  ab

x �0
x

� 2

x

�

Bài toán 4.24: Tính các giới hạn sau:

1 �
�1

�
x �1 x  1
ln x �
�

a) lim �

b) lim  1  x 

cot x

x �0

Hướng dẫn giải

1 �

ln x  x  1
�1

� lim
x
�
1
 x  1 ln x
�x  1 ln x �

a) lim
�
x �1

Trang 14


1
1
ln x  x  1 '

x
 lim
 lim
x �1  x  1 ln x '

 x�1 ln x  x  1
x
1 x
 1  x  '  lim 1   1

 lim
x �1 ln x  x  1
x �1  x ln x  x  1 '
x �1 ln x  2
2

 lim



b) Ta có: lim cot x ln  1  x 
x �0

nên lim  1  x 

cot x

x �0

 lim e



1
ln  1  x   '
ln  1  x 

 lim
 lim
 lim 12 x  1

x �0
x
�
0
tan x
 tan x  ' x�0 tan x  1

cot x ln  1 x 

x �0

lim  cot x ln  1 x  

 e x �0

e

Bài toán 4.25: Tìm các giới hạn sau:
1

5

a) lim  cos x  2 x 2

b) lim  cos 3 x  x

x �0

x �0

Hướng dẫn giải
a) Ta có lim
x �0

 lim 

ln  cos x 
 ln  cos x   '  lim  tan x  lim   tan x  '
 lim
2
x �0
2x
 2 x 2  ' x�0 4 x x�0  4 x  '

  tan 2 x  1

x �0

4



1

Nên lim  cos x  2 x 2  lim e
x �0

1
4
ln  cos x 

2 x2

x �0

e

lim

ln  cos x 

x �0

2 x2

e



1
4

15sin 3 x

5ln
cos3
x
'
5ln
cos3
x






  lim
b) lim
 lim cos3 x  0
x �0
x
�
0
x �0
x
1
 x '
5

Nên lim  cos3 x  x  lim e
x �0

5ln  cos 3 x 
x

x �0

e

lim

5 ln  cos 3 x  
x

x �0

 e0  1

Bài toán 4.26: Tính giới hạn sau:

�

1
ln x

�
�
2
�x  x  1 �

a) lim �
x ��

1

b) lim
x �

ln   x  
x 

Hướng dẫn giải
1



ln x
� 1
�
a) lim �
 lim x  x 2  1
�
2
x ��
�x  x  1 � x��



1
ln x

Trang 15


Ta có: lim



ln x  x  1
2

ln x

x ��

1

  lim

x2  1  1
1
x

x ��

1

ln x
� 1
�
Vậy: lim �
 e1  e
�
2
x ��
�x  x  1 �

b) lim
x �

1

1
x
ln  x  ln  
ln   x    lim
ln   lim
x � x  
x �
x 

x 

x
Đặt g  x   ln  thì g     ln  và g '  x   ln 

Theo định nghĩa đạo hàm ta có:

g  x  g   
ln  x 
lim
 lim
 g '     ln 
x � x  
x�
x 
Bài toán 4.27: Tìm đạo hàm của hàm số sau:
b) y 

a) y  x 2 e 4 x  1

2 x  2 x

2 x  2 x

c) y  x 5  5 x  x x
Hướng dẫn giải

a) y '  2 x e

b)

2
y' 
2


x

x

4x

1 

2 x 2e 4 x
e4 x  1



2x �
 x  1 e4 x  1�
�

�
e4 x  1

ln 2  2 x ln 2   2 x  2 x    2 x  2 x   2 x ln 2  2  x ln 2 

2

 2 x    2 x  2 x 
2

 2 x  2 x 

2

x

 2 x 

2

ln 2 
2

2

2

4ln 2 2
x

 2 x 

2

c) Ta có y  x 5  5 x  x x  x 5  5 x  e x ln x nên

y '  5 x 4  5 x ln 5  e x ln x  ln x  1  5 x 4  5 x ln 5  x x  ln x  1
Bài toán 4.28: Tìm đạo hàm của các hàm số sau:



2
2
a) y  ln x  x  a

b) y  log

3

 x

2



 5x  6

c) y  cos x.e 2 tan x
Hướng dẫn giải
Trang 16

a)

x

1
y' 

b) y ' 

1

x2  a2 
x  x2  a2

x2  a2

2 x  5
4 x  10

2
  x  5 x  6  ln 3   x  5 x  6  ln 3
2

2 tan x

c) y '   sin x.e

2

�2
�
.e 2 tan x  e 2 tan x �
 sin x �
cos x
�cos x
�

Bài toán 4.29: Chứng minh:
a) Nếu y  e 4 x  2e  x thì: y ''' 13 y ' 12 y  0

x2 1
b) Nếu y 
 x x 2  1  ln x  x 2  1 thì: 2 y  xy ' ln y '
2 2
Hướng dẫn giải
a) y '  4e 4 x  2e  x , y ''  16e 4 x  2e  x , y '''  64e 4 x  2e  x nên:

y ''' 13 y ' 12 y   64e 4 x  2e  x   13  4e 4 x  2e  x   12  e 4 x  2e  x   0
b) y '  x  1 x 2  1 

2

 x

2x2  1
2 x 1
2



x

1

2

2 x2  1
1

2 x 1
2





x
x2  1

2 x  x2  1



 x  x2  1



2
2

2
Do đó, ta có: 2 y  x  x x  1  ln x  x  1





2
xy '  x 2  x x 2  1 và ln y '  ln x  x  1



� 2 y  xy ' ln y ' : đpcm.
Bài toán 4.30: Tìm đạo hàm cấp n của hàm số





2
b) y  ln 6 x  x  1

a) y  5kx

Hướng dẫn giải
a) y '   k ln 5  .5kx ; y ''   k ln 5  .5 kx
2

n
n

Ta chứng minh quy nạp: y     k ln 5  .5kx

Trang 17


b) Với x  

1
1
hoặc x  :
3
2

y  ln   2 x  1  3 x  1   ln 2 x  1  ln 3 x  1
� y' 

1
1

2 x  1 3x  1

 
m
� 1 �  1 m !a
Ta chứng minh quy nạp �
� 
m 1
�ax  b �
 ax  b 
m

m

Suy ra y

 n

1  n  1 !2n1  1  n  1 !3n1



n
n
 2 x  1
 3x  1
n 1

n 1

Bài toán 4.31: Tìm khoảng đơn điệu và cực trị hàm số:

ex
a) y 
x

b) y  x 2 .e  x
Hướng dẫn giải

a) D  �\  0 , y ' 

e x  x  1
, y '  0 � x  1.
x2

BBT

�

x

0

y'

−

y

−

�

�

1
0

+

�

�

�

e

Vậy hàm số nghịch biến trong các khoảng  �;0  và  0;1 đồng biến trên khoảng  1; � , đạt CT  1;e 





2
x
b) D  �, y '  2 x  x e , y '  0 � x  0 hoặc x  2 .

BBT

x

�

y'
y

0
−

0

�

�

2
+

0

−

4e 2
0

�

Vậy hàm số đồng biến trong khoảng  0;2  , nghịch biến trong các khoảng  �;0  và  2; � , đạt CĐ

 2;4e  , CT  0;0  .
2

Trang 18


Bài toán 4.32: Tìm khoảng đơn điệu và cực trị hàm số:





b) y  x  ln  1  x 

2
a) y  ln x  1

Hướng dẫn giải
a) D   �; 1 � 1; � , y ' 

2x
x 1
2

Khi x  1 thì y '  0 nên hàm số nghịch biến trên  �; 1
Khi x  1 thì y '  0 nên hàm số đồng biến trên  1; �
Hàm số không có cực trị.
b) D   1; � , y '  1 

1
y

, y'  0 � x  0
1 x 1 x

y '  0, x � 0; � nên hàm số đồng biến trên  0; �
y '  0, x � 1;0  nên hàm số nghịch biến trên  1;0 
Ta có y '' 

1

1 x

2

 0 nên đạt cực tiểu tại x  0, yCT  0 .

Bài toán 4.33: Cho a, b, c là các sự thực dương. Chứng minh hàm số

ax
bx
cx
đồng biến với mọi x dương.
f  x  x


b  cx cx  ax ax  bx
x
x
x
x
x
x
� a x � a .ln a  b  c   a  b .ln b  c .ln c 
'
Ta có � x
2
x �
b

c

�
�
 bx  cx 



a xb x  ln a  ln b   a x c x  ln a  ln c 

b

x

 cx 

2

/
�a xb x ln a  ln b  a x c x ln a  ln c
� ax �




 �
Do đó f '  x   �� x
2
x � �
b  c � sym �
sym �
 bx  cx 

�

�a xb x ln a  ln b a xb x ln a  ln b




 ��
2
2
x
x
sym �  b  c 
 ax  cx 
�

�
�
�
�

�
�
�
�

 a  b   a  b  2c   0
 �a b  ln a  ln b 
a c  b c 
x

x

x

x

x

x

x

sym

x

x 2

x

x 2

Bài toán 4.34: So sánh các số:
Trang 19


a)

13 và

4

5

b)

23

3

7  15 và 10  3 28

Hướng dẫn giải
a)

4

13  20 135  20 371293; 3 23  20 234  20 279841

Ta có 371293  279841 nên
b)

3

4

13  5 23

7  15  2  4  3  3  10  3 28

Bài toán 4.35: So sánh các số:
4 5

600

a) 3

và 5

�1 �
b) � � và 33
�3�

400

2

Hướng dẫn giải

 

a) Ta có: 3600  33

5400   52 

200

200

 27 200 và

 25200 . Vậy 3600  5400

4 5

2 5

�1 �
�1 �
b) Ta có � �  � � và 33
�3 �
�3�



Ta có 3 2  2 5 � 3 2

3 2

2

�1 �
��
�3 �

   2 5
2

2

2 5

3 2

� 18  20 : đúng
4 5

1
�1 �
�1 � �1 �
Vì cơ số 0   1 nên � �  � � � � �  33
3
�3 � �3 �
�3�

2

.

Bài toán 4.36: Hãy so sánh các số:
a) log 3 4 và log 4

1
3

b) 3log6 11 và 7 log6 0,99
Hướng dẫn giải

a) Ta có log 3 4  1 và log 4

1
1
 0 , suy ra log 3 4  log 4
3
3

b) Ta có log 6 1,1  0 nên 3log6 1,1  30  1 (vì 3  1 ) và log 6 0,99  0 nên 7 log 6 0,99  7 0  1 (vì 7  1 ).
log 1,1
Suy ra 3 6  7 log 6 0,99 .

Bài toán 4.37: Hãy so sánh các số:
a) log 8 27  log 9 25

b) log 4 9  log 9 25
Hướng dẫn giải

a) log 8 27  log8 25  log 9 25
Trang 20


b) log 4 9  log 2 3  log8 27  log 9 25
Bài toán 4.38:
a) So sánh hai số 11  22  33  ...  10001000 và 222

22

b) Chứng minh với n số 2, n  6 thì 22N  222...2222...2
2

Hướng dẫn giải
22

a) Ta thấy rằng 222

24

16

 22  22

Mà 210  1024  1000, 26  64
2

2
� 216  210.26  64000 nên 222  264000

Mặt khác: 12  22  33  ...  10001000  1000.10001000  10001001

  210 
Từ đó suy ra 222

22

1001

 210010  264000

 12  22  33  ...  10001000

b) Ta chứng minh quy nạp 2n  2  n, n �6
2

Với n số 2, đặt an  2nN , bn  222...2222...2
Ta có 222...2  10n  2 4 n nên

bn   24 n 

24 n

4n

 24 n.2  22

5n

2

Và mặt khác an 2  5n  22N  8.2 n2  22
Nên an  2 2

an  2

n2

 2n 1  0

5n

 22  bn . Ta có đpcm.

Bài toán 4.39: Chứng minh:
a) log n  n  1  log n 1  n  2  với mọi số nguyên n  1
b) a m  b m  c m , nếu m  1 , a  b  c với a  0, b  0
Hướng dẫn giải

� 1�
� 1�
1 �
� 1  log n �
� n�
� n�

1
a) A  log n  n  1  log n n �

� 1 �
� 1 �
B  log n1  n  2   log n 1  n  1 �
1
1
� 1  log n1 �
�
� n 1�
� n 1�
Ta có 1 

1
1
� 1�

� 1 �
 1
� log n �
1  � log n �
1
�
n
n 1
� n�
� n 1�
Trang 21


� 1 �
� 1 �
1
� log n 1 �
�
� n 1�
� n 1�

1
và log n �

� 1�
� 1 �
� log n �
1  � log n1 �
1
�. Do đó A  B .

� n�
� n 1�
m

m

�a � �b �
b) Ta có a  b  c � � �  � �  1
�c � �c �
m

m

m

Mà a  b  c, a  0, b  0 nên 0 
m

a
b
 1,0   1
c
c

1

m

1

�a � �a ��b � �b �
Suy ra với m  1 thì � �  � ��
; � � �
�c � �c ��c � �c �
m

m

�a � �b � a b
Từ đó ta có: � �  � �    1
�c � �c � c c
Bài toán 4.40:
a) Cho a, b, c  0 . Chứng minh a a .bb .c c �a b .bc .c a
b) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác nhọn. Chứng minh:
2
2
2
�2
� �2
� 2
3
3
b  b � �
c  c � a  a 3
�
�
��
�

Hướng dẫn giải

a) Giả sử a  max  a; b; c .
- Xét a �b �c : BĐT ۳ a a b .bb c

c a c

Vì a �b �c  0 nên a a b .bb c �c a b .bb c  c a c
- Xét a �c �b : BĐT ۳ a a b

b cb .c a c

Vì a �c �b  0 nên b c b .c a c �a c b .a a c  a a b
b) Không mất tính tổng quát, ta giả sử a là cạnh lớn nhất trong các cạnh của tam giác. Khi đó, ta có
2

2

2

a 2  b 2  c 2 , a 3  b 3  c 3 nên:
2
2
2
2
2
2
�2
� �2
� 2
�2
� �2

� 2
3
3
3
3
3
3
a

a

b

b

c

c
a

a

c

c

b

b
và �

�
��
�
��
�
�
��
�
�
��
�

Do a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác nhọn nên b 2  c 2  a 2
1
3

1
3

1
3

3
3
3
x  a ; y  b ; z  c thì y  z  x

Trang 22



Ta có: y 2  z 2



3

 y 6  z 6  3 y 2 z 2  y 2  z 2   y 6  z 6  2 y 3 z 3   y 3  z 3    x3   x 6
2

2

2

2

2

Suy ra y 2  z 2  x 2 hay b 3  c 3  a 3 � đpcm.
Bài toán 4.41:
a) Cho a, b, c  0 . Chứng minh  abc 

a b  c
3

�a a .bb .c c

�1 �
�4 �

b) Cho 4 số x, y, z , t �� ;1�
. Chứng minh:

� 1�
� 1�
� 1�
� 1�
log x �y  � log y �z  � log z �
t  � logt �x  ��8 .
� 4�
� 4�
� 4�
� 4�
Hướng dẫn giải
a) BĐT ۣ log  abc 

a b c
3

log  a a .bb .c c 

�  a  b  c  log  abc  �3  log a a  log bb  log c c 
�  a  b  c   log a  log b  log c  �3  a log a  b log b  c log c 

�  a  b   log a  log b    b  c   log b  log c    c  a   log c  log a  �0
BĐT này đúng vì cơ số 10  1 nên x �y  0

 log x

log y hoặc 0  �
x y

log x

log y nên

 x  y   log x  log y  �0 , x  0, y  0 .
2

1
� 1�
b) Ta có: �
a  ��0 � a  �a 2 với mọi a.
4
� 2�
Và vì

1
 x, y, z , t  1 nên hàm nghịch biến, do đó:
4

2
2
2
2
VT �log x y  log y z  log z t  log t x

 2  log x y  log y z  log z t  log t x 
�8. 4 log x y.log y z.log z t.log t x  8 4 1  8 .

Bài toán 4.42: Chứng minh:
a) n n 1   n  1 , n ��, n  3
n

b)

n

x n  y n �n 1 x n 1  y n 1 với n nguyên, n �2 và x, y �0 .
Hướng dẫn giải

a) Với n ��, n  3 , bất đẳng thức tương đương
Trang 23


 n  1 ln n  n ln  n  1 �
Xét f  x  

n 1
n

ln  n  1 ln n

x
ln x  1
 0.
trên  3; � thì f '  x  
ln x
ln 2 x

Do đó f đồng biến trên  3; � nên: n  1  n  3 � f  n  1  f  n  (đpcm)
b) Với x  0 hoặc y  0 , bất đẳng thức đúng.
Với xy  0 , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
n 1

n

�x � n 1 �x �
n 1
� � � 1  � � . Xét f  t  
�y �
�y �
Ta có f '  t  

t n1.  1  t 
n 1

 1 t 

n 1 n  2 n

1 t 

n n 1

n
n 1

1 tn
1 t

n 1

với t � 0; � .

; f ' t   0 � t  1 .

BBT

x

0

f ' t 

0

�

1
+

0

−

f  t
1

1

Suy ra f  t  �1 với mọi t � 0; � � đpcm.
Bài toán 4.43: Chứng minh các bất đẳng thức sau với mọi x  0

x2
b) e  1  x 
2
x

a) e  x  1
x

c) ln  1  x   x 

x2
2
Hướng dẫn giải

x
x
a) Xét hàm số f  x   e  x  1, x �0 thì f '  x   e  1  0, x  0 nên f đồng biến trên  0; � vì f liên

tục trên  0; � nên f đồng biến trên  0; � : x  0 � f  x   f  0   0 : đpcm.
b) Xét f  x   e x 

x2
x
 x  1, x �0 thì f '  x   e  x  1 .
2

Theo câu a) thì f '  x   0 nên f đồng biến trên  0; � .

x  0 � f  x   f  0   0 : đpcm.
Trang 24


x2
c) BĐT: ln  1  x   x 
 0, x  0
2
Xét f  x   ln  1  x   x 

x2
x2
, x �0, f '  x  
�0
2
1 x

và f liên tục trên  0;� nên f đồng biến trên  0; �
Do đó: x  0 � f  x   f  0   0 : đpcm.
Bài toán 4.44: Chứng minh:

��
�
� 2�

sin x
tan x
 23 x  2 , x ��

0;
a) 4  2

x
b) e 

x
với mọi x
x  2x  2
2

Hướng dẫn giải
a) Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

4sin x  2tan x �2 4sin x.2tan x  22sin x  tan x  2
Ta cần chứng minh: 22 sin x  tan x  2  23 x  2 � 2sin x  tan x  3 x
Xét f  x   2sin x  tan x  3 x,0 �x 

f '  x   2cos x 


2

1
1
 3  2cos 2 x 
 3 �2 2  3  0
2
cos x
cos 2 x

� �
�: x  0 � f  x   f  0   0 : đpcm.
� 2�

0;
nên f đồng biến trên �

b) Nếu x �0 thì BĐT đúng. Nếu x  0 , vì x 2  2 x  2  0, x nên
2
BĐT � x  2 x  2 

x
2
. Xét f  x   x  2 x  2, x  0
x
e

f '  x   2 x  2, f '  x   0 � x  1 . Lập BBT thì min f  x   f  1  1
Xét g  x  

x
e x  xe x 1  x
,
x

0,
g
'
x


 x ; g ' x   0 � x  1
 
ex
e2 x
e

Lập BBT thì max g  x   g  x  

1
. Vì min f  x   max g  x  � đpcm.
e

Bài toán 4.45: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

Trang 25