SKKN phương pháp tiếp cận để giải quyết các bài toán vận dụng cao mũ và lôgarit

MỤC LỤC Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ B NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I Tiếp cận toán vận dụng cao mũ, lôgarit đổi biến số Đổi qua biến Đổi qua nhiều biến 21 II Tiếp cận toán vận dụng cao mũ, lôgarit hàm đặc trưng 26 Các toán giả thiết xuất mũ 26 Các tốn giả thiết xuất lơgarit thương hiệu lơgarit 31 Các tốn giả thiết mũ lơgarit 35 III Tiếp cận tốn vận dụng cao mũ, lôgarit chứa nhiều biến không số đạo hàm theo biến 42 C HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 47 D KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 48 E TÀI LIỆU THAM KHẢO 50 Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài - Thông tư số 32/2018/TT-BGĐT ngày 26/12/2018 Bộ Giáo dục Đào tạo nêu định hướng phương pháp giáo dục Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 có nội dung :” Các hoạt động học tập học sinh bao gồm hoạt động khám phá vấn đề, hoạt động luyện tập hoạt động thực hành” Nhưng chương trình sách giáo khoa chủ đề mũ lơgarit, có tập mức nhận biết, thơng hiểu, vận dụng Ít có tập vận dụng cao nên khả khám phá vấn đề mới, luyện tập thực hành học sinh bị hạn chế - Ở tài liệu tham khảo trang mạng viết nhiều toán vận dụng cao mũ lơgarit mang tính rời rạc, chủ yếu đưa lời giải trực tiếp mà đọc học sinh khó để biết lại giải thế, gặp tương tự em khó vận dụng - Trong đề thi THPT Quốc gia, đề học sinh giỏi Tỉnh lớp 12 năm gần đây, tốn vận dụng cao mũ lơgarit ln xuất ngày nhiều, hay mẻ Đòi hỏi phải có tư cao kĩ thuật giải toán điêu luyện giải khoảng thời gian ngắn - Do tơi ln trăn trở làm để có tài liệu giảng dạy cho học sinh ơn thi mang tính hệ thống giúp em có tầm nhìn, cách tiếp cận vấn đề tốt để giải nhanh toán vận dụng cao mũ lôgarit Cùng với phong trào “mỗi thầy cô giáo gương tự học sáng tạo” Đồng thời hưởng ứng tinh thần đổi chương trình Tốn THPT mới: “Tinh giản – thiết thực – đại khơi nguồn sáng tạo” Vì năm học 2020 – 2021 nghiên cứu chuyên đề Tơi chọn trình bày đề tài: “phương pháp tiếp cận để giải toán vận dụng cao mũ lôgarit” với mong muốn học sinh tự tin hơn, sáng tạo hơn, biết quy lạ quen đứng trước tốn lạ khó Thực tiễn cho thấy sáng tạo bắt đầu đứng trước vấn đề cần giải mà phương pháp trước khơng đủ gặp trở ngại kết không đáp ứng yêu cầu xuất giải pháp tốt giải pháp cũ Vì q trình giải tập tốn cần phải tìm tòi, sáng tạo mới, phát triển biết để tìm giải pháp đáp ứng yêu cầu nảy sinh Mục đích nghiên cứu: Trang - Đổi dạy học theo hướng phát triển phẩm chất, lực học sinh - Tạo động lực để giáo viên học sinh tìm hiểu tìm giải pháp hữu hiệu khắc phục khó khăn cho học sinh nhiều tốn khó mũ lôgarit, tạo hứng thú học tập cho học sinh, nâng cao hiệu dạy học Phương pháp nghiên cứu Để hồn thành đề tài, q trình nghiên cứu sử dụng phương pháp: + Nghiên cứu tài liệu tham khảo; + Phương pháp quan sát (quan sát học sinh giải tập cách xử lý tình huống); + Phương pháp phân tích; + Phương pháp thực nghiệm (thống kê có đánh giá kết quả) Đối tượng phạm vi nghiên cứu: - Đối tượng nghiên cứu toán vận dụng cao mũ lôgarit - Phạm vi nghiên cứu: Đề tài bắt đầu tìm hiểu tiến hành từ tháng năm 2020, áp dụng với số nội dung chương Giải tích lớp 12 THPT Kế hoạch triển khai nghiên cứu: STT Thời gian Nội dung công việc Từ tháng 9/2020 đến 11/2020 Nghiên cứu tài liệu, chọn đề tài Tháng 12 năm 2020 Viết đề cương nghiên cứu Tháng năm 2021 Áp dụng thực nghiệm Tháng năm 2021 Viết báo cáo, xin ý kiến đồng nghiệp Đầu tháng năm 2021 Hoàn thiện báo cáo Trang B NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Những tốn mũ,lơgarit dùng công thức biến đổi để đưa số thuộc dạng tốn quen thuộc nhiều tài liệu viết.Do viết chủ yếu tơi nghiên cứu tốn khơng số Bài tốn vận dụng cao mũ,lơgarit đề thi THPT Quốc gia, học sinh giỏi Toán vài năm trở lại có nhiều người thấy lạ Nên đa số hạn chế đường lối giải Để khắc phục điều đó, quy lạ quen theo hướng tiếp cận viết I Tiếp cận toán vận dụng cao mũ, lôgarit đổi biến số Trong giả thiết tốn xuất nhiều biểu thức lơgarit mũ mà dùng công thức biến đổi thông thường sách giáo khoa ta không đưa số gợi cho ta đổi biến số Đổi qua biến Bài 1.1 Cho hai số thực x y dương thỏa mãn log x  log y  log  x  y  Giá trị x y A B C log D log 2 Phân tích: Xuất số 9, 6, ta không đưa chung số nhắc ta đổi biến số Lời giải Đặt log x  log y  log  x  y   t Ta có x  9t , y  6t , x  y  4t  t     1 t t 2t  3  3 3 t t t  Suy 2.9             t      2  2 2      t Vậy t x 9 3      y 6 2 Chọn phương án B Bài 1.2 Cho hai số thực dương a b thỏa mãn log100 a  log 40 b  log16 a  4b Giá trị 12 a b A B 12 C D Trang Lời giải Đặt log100 a  log 40 b  log16 a  4b a  4b  t Ta có a  100t , b  40t ,  16t 12 12  t    t t    2 t t t  Suy 100  4.40  12.16  12.   4.      t   25  5       t t t a 100    Do            Chọn phương án C b  40    5 Hoàn toàn tương tự ta có tập sau: 1.2.1 Giả sử p, q số thực dương thỏa mãn log16 p  log 20 q  log 25  p  q  Tìm giá trị A p ? q B 1   C D 1    ĐS: Chọn phương án D 1.2.2 Cho số thực dương x, y thỏa mãn log x  log9 y  log  x  y  Tính x y A x  y B x  y 1 C x  y 1 D x  y ĐS: Chọn phương án B x 1.2.3 Cho số thực dương x, y thỏa mãn log 25  log15 y  log9 x y x a  b  , với a, b số nguyên dương, tính a + b y A a  b  14 B a  b  C a  b  21 D a  b  34 ĐS: Chọn phương án D 1.2.4 Cho số thực dương x, y thỏa mãn log4 x  log6 y  log9  x  y   Tính A x  y B x  y C x  y D x , y x  y ĐS: Chọn phương án A Ta phát triển tương tự tăng độ khó tốn sau: Trang Bài 1.3 Cho số thực dương x y thỏa mãn log x  log12 y  log16  x  y  Giá x3  xy  y trị T  x  x y  y3 A  13 11 B  13 11 82  17 13 69 C D  13 Lời giải Đặt log9 x  log12 y  log16  x  y   t Ta có x  9t , y  12t , x  y  16t Suy ra: 2t t t t y 12t  13 4 4    13 Mà  t     9t  3.12t  16t             2 x 3 3 3 3 3  y   y     13     13        x3  xy  y  x   x         13  Khi đó: T  3 3 x  x y  3y y  y   13  13  1  3  1  3  x x   Chọn phương án B Bình luận: Có nhiều học sinh tìm y  13 , lại gặp vướng mắc  x tính T đến ta cần dẫn dắt em tử số mẫu thức T đẳng cấp bậc ba x y nên ta chia tử mẫu cho x3 xuất y x Bài 1.4 Cho số a, b  thỏa mãn log a  log b  log  a  b  Giá trị A 18 B 45 C 27 1  a b2 D 36 Lời giải  a  3t t  3 Đặt t  log a  log b  log  a  b   b  6t  3t  6t  2t     3t  2  a  b  2t  t Xét hàm số f  t      3t 2 đồng biến 1 t 3 , có f   t     ln    3t.ln  0, t   f  t  2 2 1 1 1  f  t   f  1  t  1  a  , b     45 a b Chọn phương án B Vẫn theo phương châm đặt để chuyển phương trình mũ muốn nâng độ khó lên ta thay đổi chút giả thiết tốn ta có toán sau đây: Trang Bài 1.5 Cho số a  0; b  thỏa mãn log3 a  log b  A 45 B 18 ab2 Giá trị a  b C 27 D 36 Lời giải  a  3t  ab2 Đặt log a  log b   t  b  6t  3t  6t  7t   3t  6t  7t    a  b  7t   Hàm số f  t   3t  6t  7t  Có f   t   3t ln  6t ln   f   t   3t ln  6t ln  0, t Suy ra: f   t  đồng biến Mà f     ln  ln   ; f  1  3ln  ln   Nên tồn t0 cho f   t0   Lại có f    f 1  , ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy phương trình có hai nghiệm t  0; t  Với t   a  b   (loại) a   a  b  45 Chọn phương án A b  6(TM ) Với t    Bình luận: Như sau đổi biến ta đưa phương trình mũ khó nhiều tốn trước mà lời giải 1.5 mẫu mực Ta tạo tập tương tự Bài 1.5 sau 1.5.1 Cho số a  1; b  thỏa mãn log3 a5  log b5  a  b  Giá trị ab A B C 12 1.5.2 Cho số a  2; b  thỏa mãn log a  log b  A B D 18 a  b  24 b Giá trị 32 a C 1.5.3 Cho số a  4; b  thỏa mãn log a  log5 b  D 3a  2b  30 Giá trị b  a 46 A 15 B 20 C 21 D 28 Bây ta phát triển tương tự Bài 1.1 cho số với giả thiết hàm mũ Trang Bài 1.6 Cho số m  0, n  0, p  thỏa mãn 4m  10n  25 p Tính giá trị biểu thức T n n  2m p A T  B T  C T  D T  10 Lời giải m  log t  Đặt 4m  10n  25 p  t  n  log10 t Vì m   t  40  t  Suy ra:  p  log t 25  T log10 t log10 t logt log t 25 log10 log10 25 log10 4.25 log10 102        1 log t log 25 t logt 10 logt 10 2 2 Chọn phương án A Bài 1.7 Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn 4a  9b  6c Khi A B c c  a b C D Lời giải a  log4 t  Đặt t     b  log9 t c  log t  c c log t log t Khi     log6 t.logt  log6 t.logt  log6 t  logt  logt 9 a b log4 t log9 t a b c  log6 t.logt 36  log6 36  log6 62  Chọn phương án D Bài 1.8 Cho số thực a, b  số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn a x  b y  ab Giá trị lớn biểu thức P  A.40 B.16 16  y x C.4 D.0 Lời giải Đặt a x  b y  ab  t (Vì a  1; x  nên a x  a   t  Khi đó: 1   log t a  x log t a  x  x  log a t    1 1 1  y  log b t   b  log        1   t log t b  z t  log y y x y x y c     abc  t log  ab   log t log t a  log t b  t   t    Trang = Suy ra: Có:16 − − − = 16 − = 16 − Dấu xảy Chọn phương án C = 2, = 16 − − ≤ + + = Vậy − 16 − = đạt = 16 − 3.4 = = 2, = Bài 1.9 Cho số thực a, b, c  số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn a x  b y  c z  abc Giá trị lớn biểu thức P  A.20 B 20 − 16 16   z x y C.24 √" D 24 − √" Lời giải Đặt a x  b y  c z  abc  t (Vì a  1; x  nên a x  a   t    log t a  x log t a  x  x  log a t    y  log t log b  log b  1 1  t  t b y y Khi đó:       2 log z t  x y z c    1  abc  t log t c  log t c   z z   log t  abc   log t t log t a  log t b  log t c  Do đó: P 1    Ta có: x y z 1 1 16 16 1 8  8    z  16     z  16     z  32     z   32  3 z  20 x y z z z  z z  x y 8 z   z  z  Vậy GTLN P 20 đạt   1 1   1 x  y   z  x y Chọn phương án A Bài 1.10: Xét số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a, b  a x  b y  a 4b4 Biết giá trị nhỏ biểu thức P  xy  3x  y có dạng m  n 14 (với m, n  ), tính giá trị S  m  n A 48 B 34 C 30 D 38 Trang Lời giải  log t a   2x 2 x  log t  a  4x    log t b    1 y  Đặt a x  b y  a 4b4  t   y  logb t y x y x2   4 log t  a b   log t t 4  log t  log t   a b   4x Do x  0, y  nên từ y   x    x  Do theo BĐT cauchy: x2 P  xy  3x  y  x  32 32 32  30   x     30  30   x    30  14 x2 x2 x2 Vậy giá trị nhỏ P 30  14 m  30; n   S  38 Chọn phương án D Bài tập tương tự: Xét số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a, b  a x  b3 y  a 6b6 Biết giá trị nhỏ biểu thức P  xy  x  y có dạng m  n 165 (với m, n số tự nhiên), tính S  m  n A 58 B 54 C 56 D 60 a b c Bài 1.11 Xét số thực a , b , c  thỏa mãn   15 Giá trị nhỏ biểu thức P  a2  b2  c2  4(a  b  c) thuộc tập hợp đây? A  1;  B  5; 1 C  2;  D  4;6 Lời giải  a  log t Đặt 3a  5b  15 c  t   b  log t c   log t 15   P  log32 t  log52 t  log15 t  4(log3 t  log5 t  log15 t )   log 32 t  log 52  log15  log t 1  log5  log15 3    X  log52  log15  X 1  log  log15 3 , (với X  log t ) Pmin  1  log5  log15 3  1  log5  log15 3 log  t 3 t  P   ,  2  log52  log15   log5  log15  Suy a  1  log5  log15 3  log52  log15 , b  log5 21 log5 3log15 3 1 log52 3 log15 ,c   log15 21 log5 3log15 3 1 log52 3log15 21 log5 3 log15 3 1 log52 3 log15 Trang 10 Chọn phương án C Bài 2.15 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn y  y  x  log ( x  y 1 ) Giá trị nhỏ biểu thức P  A x y e  ln 2 B e  ln 2 C e ln 2 D e ln Phân tích: Cộng hai vế với y đặt t  log ( x  y 1 ) đưa phương trình dạng f (u )  f (v) với u, v biểu thức ẩn x, y Lời giải Ta có: y  y  x  log  x  y 1   y  y  y  x  y  log ( x  y 1 )  2.2 y  y  2( x  y 1 )  log ( x  y 1 )  2.2 y  log 2 y  2( x  y 1 )  log ( x  y 1 ) (*) Đặt f (t )  2t  log t với t > (*) f (2 y )  f ( x  y 1 ) Có f '(t )    0, t suy hàm số f (t ) đồng biến  0;   t ln  f (2 y )  f ( x  y 1 )  y  x  y 1  2.2 y 1  x  y 1  x  y 1  Xé hàm g ( y)   y x y 1   g ( y ) y y y 1 y 1 y ln  y 1 y 1 ( y ln  1)  0  0;   có: g '( y )  y2 y2 y  log e Bảng biến thiên: ln y g '( y ) - g ( y) +  log e +  e ln 2 Do g ( y)  e ln x e ln , y  hay  y e Dấu “=” xảy y  log e  x  2log e1  Chọn phương án D Bài 2.16 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x2  x  5x  x log5 (4 xy x)  xy Giá trị nhỏ biểu thức P  y  5x  xy y Trang 36 A 133 B 113 C 31 D 117 Lời giải x  Vì x  nên từ log  4xy  x  suy điều kiện   y  x  x  5x  x log5 (4 xy x)  xy  x    x  log x  5x  log x  log  y  1  y x  5x  5x 5x  log  y  1   y  1  log     log  y  1   y  1 x  x x Xét hàm số f  t   log t  t xác định liên tục  0;   Ta có f   t    Từ suy P  y2   0, t   0;   Suy hàm số đồng biến  0;   t ln 5x  y  nên x 5x y 1 27 27 27 27 27 31   y2    y2   1  33 y2 1  1  xy y 4y 8y 8y 8y 8y 4 y x  Chọn phương án C y   Dấu xảy  Bài 2.17 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 3log x  32 x   y  1  22 y 3 Giá trị nhỏ biểu thức P  A e  ln 2 B e ln 2 x y C e  ln 2 D e ln Lời giải 3log x  32 x   y  1  22 y 3   log x  1  32 x  y  8.22 y  3log  x    x   y  8.22 y 1 Đặt t  log  x   x  2t 1  3t  8.22t  y  8.22 y   Xét hàm số f  u   3u  8.22u  f   u    1622u ln  0, u  Suy hàm số đồng biến Do    t  y  log 2 x  y  x  y  x  2y 2y P 2y Trang 37 Xét hàm số P  y 2y y y ln  y  y ln  1 , y  Ta có P  y   ; P  y    y   2 2y 2y 2y ln Bảng biến thiên: P 2y e ln   e ln  P Vậy giá trị nhỏ P Chọn phương án B  2y 2  ln  Bài 2.18 Có cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn đồng thời  y  2020  2x 1  x log    y 1 ?  y  A 2019 B 11 C 2020 D Lời giải y   x  1   x   x  Ta có: PT  log  x  1  x   log y  y (*) Từ giả thiết  y   y  Xét hàm số f  t   log t  t  0;   Khi f   t   f  t   log t  t   hàm số t ln đồng biến  0;   (*) có dạng f  x  1  f  y   y  x  Vì  y  2020   2x   2020   2x  2021   x  log  2021 0  x  log  2021  x  0;1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9;10 Vậy có 11 cặp  x; y  thỏa mãn   x  Chọn phương án B Bài 2.19 Có cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:  x  106 log 10x  20x  20  10 y  y  x2  2x 1 ? A B C D Lời giải Điều kiện: 10x2  20x  20  , x  Trang 38 Ta có log 10 x  20 x  20   10 y  y  x  x    x  x     x  1  log10  log  x  x    10  x    log  x  x    10  y  x  x   log 10 x  x    10 y  y 2 2  log x2  x   10 y2  y2  y2  log  x  x    10 y  y (*) Xét hàm f  t   10t  t Ta có f   t   10t.ln10   ,   t  Do f  t  đồng biến    Khi (*)   f  log x  x    f y  log x  x   y  x  x   10 y   x  1   10 y Vì  x  106 nên   x  1   10 y  10  1  2     y  log  106   1 Vì y     2 nên y 1;2;3  x  2 (ktm)  x  (tm) + Với y   x2  2x   10  x2  2x     + Với y   x2  2x   104  x2  2x  9998  (khơng có giá trị x nguyên thỏa mãn) + Với y   x2  2x   109  x2  2x  999999998  (khơng có giá trị x nguyên thỏa mãn) Vậy có cặp nguyên dương  x; y    4;1 thỏa mãn yêu cầu toán Chọn phương án D Bài tập tương tự 2.19.1 Cho phương trình log3  3x  x    y  y  x  x  Hỏi có cặp số  x; y   x  2020 ; y  A thỏa mãn phương trình cho? B C D 2.19.2 Có cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn đồng thời  x  2021   y  log x  y 1  x  y A 2020 B C 2019 D 10 2.19.3 Có cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn đồng thời  y  2020 3x  3x   y  log3 y A 2020 B C D 2.19.4 Có cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn đồng thời x  2020 Trang 39  x  y   1  y   log  x  1 A 1010 B 2020 C D 2.19.5 Có cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn đồng thời  x  4000  25 y  y   x  log5  x  1  ? A B C  x m log Bài 2.20 Cho phương trình x   x   2 x 2 x D   log x  m   Gọi S tập hợp tất giá trị để m phương trình có nghiệm thực phân biệt Tổng phần tử S A B C D Lời giải Điều kiện: x  Xét PT 4 x m log 1   2x 2 x  x log2  x  x        2 x  m 1    2   x   2 x 2 x   log x  m   1  log x  m   2  x 1 1   x m log2  x  x     log2 x  m       x 1 Xét hàm số: f  t   2t log2  t   , t  Ta có: f   t   2t ln 2.log2  t    2t  0t   t   ln Mà f  t  liên tục  0;   suy f  t  đồng biến  0;   PT (2) có dạng f  x  x  1  f  x  m  x  x    x  1  0; x  m  x   x2  2x    x  m  x  x   2 m  *     x  x    m,  x    x   2m  ** Do    x  x   x  m   Phương trình (1) có nghiệm thực phân biệt  Phương trình (2) có nghiệm thực phân biệt Dựng Parabol: y  x  x   P1  y   x   P2  hệ trục tọa độ (xem hình vẽ) Trang 40 Số lượng nghiệm (*) (**) số giao điểm đường thẳng d : y  2 m với đồ thị  P1   P2  Dựa vào đồ thị thấy phương trình cho có nghiệm phân biệt d phải nằm vị trí d1 , d2 , d3 Tương ứng ta có: 2m  1  m  ; 2m  2  m  ; 2m  3  m  Do có ba giá trị m thỏa mãn yêu cầu: m  ; m  1; m  1 2 3 2 Vậy S   ;1;  nên tổng phần tử S Chọn phương án A Bài 2.21 Cho phương trình x  m  log  x  m  với m tham số có giá trị nguyên m   20; 20  để phương trình cho có nghiệm? A 20 B 19 C D 21 Nhận xét: Đây toán vừa chứa logarit vừa chứa mũ nên ta chuyển biến trung gian, đưa hệ đối xứng ta có hàm đặc trưng Lời giải Đặt t  log  x  m   x  m  5t  x  5t  m Thay vào phương trình ta có hệ phương x t   m  t  x  5x  5t  t  5t  x  5x t  x   m trình  Xét hàm số f  u   5u  u có f   u   5u ln   0, u Suy f đồng biến Do x  t  x  x  m  x  5x  m Xét g  x   x  5x  g   x    5x ln 5; g   x    x   log5  ln    ; g   x   5x  ln 5 Do  điểm cực đại g  x  Từ m  g    0,9  m  19; 18; ; 1 Ta chọn phương án B Bài tập tương tự 2.21 Trang 41 Bài 2.21.1 Cho phương trình x  m  log  x  m  với m tham số có giá trị nguyên m   25; 25 để phương trình cho có nghiệm? B 25 C 24 D 26 A Bài 2.21.2 Cho phương trình x  m  log  x  m  với m tham số có giá trị nguyên m   18;18 để phương trình cho có nghiệm? B 19 A C 17 D 18 Bài 2.21.3 Tổng tất nghiệm phương trình x 1  log  x    A B C D III Tiếp cận đạo hàm theo biến tốn chứa nhiều biến chứa tham số khơng số Bài 3.1 Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 728 số nguyên y thỏa mãn log  x  y   log3 ( x  y) ? A 59 B 58 C 116 D 115 Phân tích: Với giá trị x y đại lượng thay đổi ta xét hàm số theo biến y (xem x tham số) Lời giải Với x  ta có x  x Xét hàm số f ( y)  log3 ( x  y)  log  x  y  Tập xác định D  ( x; ) (do y   x  y   x ) f ( y )   f 1   0, x  D (do x  y  x  y  , ln  ln ) ( x  y ) ln  x  y  ln tăng D Ta có f ( x  1)  log3 ( x  x  1)  log  x  x  1  Có khơng 728 số nguyên y thỏa mãn f  y    f ( x  729)   log3 729  log  x  x  729    x  x  729  46   x  x  3367   57,  x  58,5 Mà x  nên x  57,  56, ,58 Vậy có 58  (57)   116 số nguyên x thỏa Chọn phương án C Bài 3.2 Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 127 số nguyên y thỏa mãn log3  x  y   log  x  y  ? A 89 B 46 C 45 D 90 Trang 42 Lời giải Ta có log3  x  y   log  x  y 1 Đặt t  x  y  * (do x, y  , x  y  ) (1)  log  x  x  t   log t  g (t )  log t  log  x  x  t     Đạo hàm g (t )  1   với y Do g  t  đồng biến 1;   t ln  x  x  t  ln Vì x ngun có khơng q 127 giá trị t  * nên ta có g (128)   log 128  log  x  x  128    x  x  128  37  44,8  x  45,8 Như có 90 giá trị thỏa yêu cầu toán Chọn phương án D Bài 3.3 Có số nguyên y cho ứng với y có khơng q 100 số ngun x thỏa mãn log5  x  y   y 2 x  ? A 19 B 18 C 20 D 17 Lời giải Xét hàm số f  x   log5  x  y   y 2 x ; x    y ;    f  x   2.3 y  x ln  0, x   y Suy hàm số đồng biến khoảng x  y ln    lim2 f  x     x y  y ;  Vì Do BPT f  x   có khơng 100 số    2 y  y       f y    nguyên x thỏa mãn  f   y ; 101   log5   y  101  y       32 y 2  y 101  y  y  202  log 101  y  y  202  log3  log5 101   10,33  y  9,83 Mà y   y  10; 9; ;9 Vậy có 20 giá trị nguyên y Chọn phương án C Bài 3.4 Có số nguyên y cho ứng với y có khơng q 10 số nguyên x thỏa mãn A 30 x y  log5  x  y   log  x  y   ? B 32 C 18 D 25 Lời giải Với y   y  y   y   y Xét hàm số: Trang 43 f  x  x y  log5  x  y   log  x  y  ; x    y;   ta có đạo hàm hàm số f   x   2  x  y ln  1   0, x    y;    x  y  ln  x  y  ln  lim f  x     x y Suy hàm số đồng biến   y;   Vì   f   y  1   log  y  y  1  0;  y  y   Do BPT f  x   có khơng q 10 số ngun x thỏa mãn  f   y; 11    log 11211   log 11 211   log  y  y  11  log 11   y  y  11   y  y  11  0 11  15,35  y  16,35 Mà y   y  15; 14; ;16 Vậy có 32 giá trị nguyên y Chọn phương án B Bài 3.5 Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 26 số ngun x thỏa mãn log5  x  y   log  x  x  27   log3  x  y  ? A 424 B 423 C 212 D 211 Lời giải Với x   x  x   x   x Xét hs f  y   log3  x  y   log5  x  y   log  x  x  27  ; y    x;    f  y  1   0, y    x;   (Do x  y  x  y  0, ln  ln )  x  y  ln  x  y  ln Suy hàm số đồng biến khoảng   x;   Ta có f   x  1  log  x  x  1  log5  x  x  1  log  x  x  27    y   x  Suy ra, để có khơng q 26 số nguyên y thỏa mãn f  y    f   x  27    log3 27  log  x  x  27   log  x  x  27    log  x  x  27   log  x  x  27    log5 log  x  x  27   log  x  x  27   log  x  x  27    x  x  27  log5 20  x  x  27  log5 20 3  log  log 20   211,5  x  212,5 Mà x   211  x  212 Vậy có 212   211   424 giá trị nguyên y Chọn phương án A Trang 44 Bài 3.6 Có số nguyên tham số m cho bất phương trình e xm  log  x  m2   có tối đa 50 nghiệm nguyên A 15 B 16 C 14 D 17 Lời giải Xét hs f  x   e xm  log  x  m2  x  m2  f   x   e  x  m   0, x   m  x  m  ln  lim f  x    Suy hàm số đồng biến khoảng  m2 ;   Vì  x  m m  m 1  f   m  1  e 0 nên BPT f  x   có khơng q 50 nghiệm nguyên  f  m2  51    m  51 m  log  m  51  m    em  m 51  log 51  m  m  51  ln  log 51  e  6,78  m  7, 78 Mà m   m  6; 5; ;7 Vậy có 14 giá trị nguyên m Chọn phương án C Bài 3.7 Có cặp số nguyên dương  m, n  cho m  n  14 ứng với   cặp  m, n  tồn ba số thực a   1;1 thỏa mãn 2a m  n ln a  a  ? A 14 B 12 C 11 D 13 Lời giải n   Xét f  x   x m  ln x  x   1;1 Đạo hàm f   x   Theo đề f  x   có ba nghiệm nên Xét đồ thị hàm y  x m1 ; y  x2  2m m 1 x  n x2  2m m1 x  0 n x2  có hai nghiệm , suy m  chẵn m    x1  Phương trình có  x2  Suy m 3;5;7;9;11;13 Khi f   x   có nghiệm  2  n  ln   f 1  nghiệm     n   n  1; 2  f  1    ln   n     Trang 45 n 1;2 m 3;5;7;9;11;13 , m  n  14 nên ta có 11 cặp  m ; n  thỏa yêu cầu toán Chọn phương án C Bài 3.8 Tìm m để bất phương trình 2x  3x  4x  5x   mx có tập nghiệm B ln10 C ln 30 D ln14 A ln120 Lời giải  e x ln a   ax 1  lim  +) Với a  ta có lim  ln a  ln a x 0 x 0 x  x ln a  +) Với a  xét hàm số f  x   a x 1 xa x ln a  a x    x  , ta có f x     x x2 Xét hàm số g  x   xa x ln a  a x   g   x   a x ln a  xa x ln a  a x ln a  xa x ln a Với x  ta có g   x   suy g  x   g    g  x    f   x   0, x  Với x  ta có g   x   suy g  x   g    g  x    f   x   0, x  Do hàm số f  x   ax 1  a  1 đồng biến khoảng  ;   0;   x Trở lại toán: +) Xét x  bất phương trình thỏa mãn +) Xét x  ta có: x  3x  x  5x   mx  m  x  3x  x  x      h  x x x x x Từ nhận xét ta có h  x  đồng biến  0;   Do yêu cầu toán tương đương với m  lim h  x   ln  ln  ln  ln  ln120 +) Xét x  ta có: x  0 x  3x  x  x      h  x  Từ nhận xét ta có x x x x đồng biến  ;  Do u cầu tốn tương đương với x  3x  x  5x   mx  m  h  x m  lim h  x   ln  ln  ln  ln  ln120 Kết hợp lại ta có m  ln120 Chọn phương x 0 án A Bài tập vận dụng: Tìm tất giá trị nguyên x cho tương ứng x tồn không 10 số nguyên y thỏa mãn 5x 7 x26  2 x y  8192 x  y  Tìm tất giá trị nguyên y cho tương ứng y tồn không 63 số nguyên x thỏa mãn log 2020  x  y   log 2021  y  y  64   log  x  y  Trang 46 C HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đối với thân Trong năm học 2020 – 2021 áp dụng nội dung đề tài dạy học lớp 12A1, giúp thân nâng cao chất lượng chun mơn, phương pháp dạy học có đổi mới, có hiệu tạo hứng thú cho học sinh Đối với học sinh - Các em áp dụng tương đối hiệu quả, biết cách xử lý tình nảy sinh, có định hướng rõ ràng phương pháp, có hứng thú học tập, em tự tin có tâm lý khơng sợ khó tập thuộc loại ; - Các em hiểu sâu sắc chất nguồn gốc lời giải toán mà em thấy số tài liệu đó, làm cho em sáng tỏ vấn đề ‘‘tại nghĩ làm vậy’’, ‘‘khi dùng cơng cụ đó’’ ‘‘làm người ta tạo tốn hay khó vậy’’ ; - Kỹ sử dụng máy tính rèn luyện thành thạo nhiều - Đề tài phần làm cho học sinh nâng cao khả tư duy, phát triển trí tuệ, bồi dưỡng khả sáng tạo thông qua kiến thức Kết thực nghiệm Sau giảng dạy cho lớp 12A1 nội dung đề tài xong tiến hành kiểm tra 45 phút lớp thực nghiệm 12A1 lớp đối chứng 12T1 Kết quả: Lớp Lớp thực nghiệm 12A1 Lớp đối chứng 12T1 (sĩ số 43) (sĩ số 39) Từ 8,0 đến 10 16 em ( 37,2 %) em ( 5,1 %) Từ 6,5 đến 7,75 15 em ( 34,8 %) em ( 15,3 %) Từ 5,0 đến 6,26 em ( 18,6 %) 11 em ( 28,2%) Từ 3,5 đến 4,75 em ( 9,4 %) 15 em ( 38,6%) Dưới 3,5 em ( %) em (12,8%) Điểm Trang 47 Kết thực nghiệm cho thấy hiệu đề tài rõ rệt Các em lớp 12A1 giảng dạy nội dung đề tài nên kỹ giải toán mũ logarit tiến hẳn, có 72% số học sinh đạt điểm giỏi D KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ I KẾT LUẬN Tính mẻ Đề tài có điểm mẻ sau : - Đánh giá thực trạng vấn đề dạy học Mũ, Lơgarit chương trình thi mới; - Đưa số kỹ thuật giải chủ đề Mũ Lôgarit ; - Đưa phương pháp sáng tạo tốn vận dụng cao Mũ Lơgarit, sáng tạo tốn có mức độ dễ hay khó tùy ý phù hợp với xu đề thi tuyển sinh, đề thi học sinh giỏi Tính khoa học Nội dung đề tài trình bày khoa học, lập luận xác, có sức thuyết phục Tính ứng dụng - Đề tài làm tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh, áp dụng để dạy cho học sinh giỏi, ôn thi THPT Quốc gia; ôn thi học sinh giỏi cho số Tỉnh, Thành phố có thi học sinh giỏi khối 12 ; - Đề tài giúp người dạy người học ngồi việc giải tốt toán vận dụng cao Mũ Lơgarit mà cịn sáng tạo tốn theo ý muốn, tạo tốn nhiều mức độ từ dễ đến khó; - Đề tài dễ ứng dụng, phù hợp với trình độ chung giáo viên, phù hợp với học sinh khối 12 giỏi học sinh ôn luyện thi lại đại học Tính hiệu - Đề tài đáp ứng phần việc đổi phương pháp dạy học mơn tốn trường trung học phổ thơng Đề tài giúp phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo, phát huy lực toán học người dạy người học; - Đề tài góp phần cao chất lượng hiệu giáo dục Bài học kinh nghiệm Trang 48 Trong trình thực đề tài, rút số kinh nghiệm giúp học sinh làm chủ kiến thức thành thạo vận dụng giải tập sau: - Trước lên lớp giáo viên cần chuẩn bị chu đáo nội dung kiến thức cần truyền thụ cho học sinh - Tạo khơng khí sơi lớp học, thi đua học tập - Gây hứng thú học tập cho học sinh tập củng cố khắc sâu kiến thức, sau phát triển thành tập nâng cao để tạo thành hệ thống tập liên hoàn từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp để tránh nhàm chán cho học sinh - Hệ thống tập phải chuẩn bị cho đối tượng học sinh lớp học, nhằm giúp cho đối tượng tích cực tham gia học tập - Người giáo viên phải nắm khả học sinh lớp phụ trách, biết mà dạy học sinh tiếp thu đến đâu, để từ có phương án điều chỉnh cho kịp thời tạo hiệu cao - Bản thân người giáo viên phải khơng ngừng học hỏi, ln tìm tịi sáng tạo để tìm phương pháp tốt nhằm giúp học sinh tiếp thu kiến thức cách hiệu Đồng thời ln có ý thức khơi nguồn sáng tạo cho học sinh II KIẾN NGHỊ Sở giáo dục cần tổ chức chuyên đề đổi dạy học có quy mô để giáo viên học hỏi, giao lưu trao đổi kinh nghiệm Trên số kinh nghiệm thân giảng dạy chuyên đề Mặc dù cố gắng khỏi khiếm khuyết, mong nhận trao đổi, góp ý q thầy để viết hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn ban giám hiệu Trường THPT Cửa Lò q thầy đồng nghiệp mơn Tốn có góp ý sâu sắc để tơi hồn thành viết Trang 49 E TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] G.Polya: Giải toán nào? – NXBGD, 1997 [2] Đề thi học sinh giỏi Tỉnh, thành phố lớp 12 năm gần [3] Đề thi thức THPT Quốc gia năm 2017, 2018, 2019, 2020 [4] Đề thi minh họa THPT Quốc gia năm 2017, 2018, 2019, 2020 [5] Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2017, 2018, 2019, 2020, 2021 trường THPT tồn quốc [6] Các trang mạng tốn học [7] Báo toán học tuổi trẻ Trang 50 ... giảng dạy cho học sinh ơn thi mang tính hệ thống giúp em có tầm nhìn, cách tiếp cận vấn đề tốt để giải nhanh toán vận dụng cao mũ lôgarit Cùng với phong trào “mỗi thầy cô giáo gương tự học sáng tạo”... Vì năm học 2020 – 2021 nghiên cứu chuyên đề Tơi chọn trình bày đề tài: ? ?phương pháp tiếp cận để giải toán vận dụng cao mũ lôgarit? ?? với mong muốn học sinh tự tin hơn, sáng tạo hơn, biết quy lạ quen... trang mạng viết nhiều tốn vận dụng cao mũ lơgarit mang tính rời rạc, chủ yếu đưa lời giải trực tiếp mà đọc học sinh khó để biết lại giải thế, gặp tương tự em khó vận dụng - Trong đề thi THPT Quốc