sáng kiến kinh nghiệm THPT21 70

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG B ***** BÁO CÁO SÁNG KIẾN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT TÌM NGHIỆM NGUYÊN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở SỐ MŨ Lĩnh vực/cấp học: Tốn/THPT Tác giả Vũ Văn Cường Bùi Đức Quang Trình độ chuyên môn Thạc sĩ Thạc sĩ Chức vụ Hiệu trưởng Tổ trưởng tổ Tốn – Tin Nơi cơng tác Trường THPT Trường THPT Xuân TRường B Xuân Trường B Xuân Trường, ngày 28 tháng năm 2021 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến Kiến thức phương trình nhóm kiến thức trình bày chương trình tốn THPT Hệ thống tập phương trình nói chung khơng phong phú đa dạng mà quan trọng học sinh, điều thể qua kỳ thi Tốt nghiệp THPT kì thi chọn học sinh giỏi cấp Khi dạy học phương trình nói chung phương trình chứa ẩn số mũ nói riêng cho học sinh THPT việc bồi dưỡng lực tư cho học sinh nhiệm vụ trình dạy học, đồng thời yêu cầu thường xuyên cần thiết nhằm thực mục đích giáo dục tốn học Trong việc phát triển lực giải tốn chủ đề liên quan cho học sinh nhiệm vụ quan trọng nhà trường phổ thông nước ta Vì vậy, người thầy khơng cung cấp cho học sinh phương pháp giải, dạng tốn cụ thể mà cịn cần phải thơng qua rèn luyện cho học sinh kĩ thực nhanh xác tốn liên quan nhằm đáp ứng tốt kì kiểm tra, đánh giá hay kì thi Hiện quan điểm cải cách giáo dục, người ta nghiên cứu cải tiến nội dung chương trình tốn học cách bỏ bớt nhũng lý luận dài dịng khơng cần thiết Mục tiêu cuối cần đạt tới làm cho học sinh nắm mối quan hệ biện chứng khái niệm, đồng thời hiểu nhớ kiến thức mơn học để tính tốn, suy luận nhanh gọn để giải vấn đề đặt Trên tinh thần đó, cần tăng cường cho học sinh vận dụng kiến thức vào nhiều tình khác thơng qua hệ thống ví dụ, tập đa dạng, phong phú để giúp rèn luyện, phát triển tư cho học sinh Khi học sinh biết nhìn nhận vấn đề nhiều góc độ khác Không mà thông qua việc giải ví dụ chủ đề cịn giúp học sinh hình thành giới quan vật biện chứng, gây hứng thú học tập, say mê tìm tịi sáng tạo Sự say mê khoa học thường bắt nguồn từ hiểu biết Giúp học sinh hiểu biết phương trình mũ nói riêng phương trình chứa ẩn số mũ nói chung góp phần làm cho em say mê mơn tốn mơn khoa học khác Để nâng cao hiệu giáo dục góp phần đáp ứng nhu cầu đổi giáo dục nước ta dạy học môn tốn nhà trường Phổ thơng chúng tơi nghiên cứu đề tài: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT TÌM NGHIỆM NGUYÊN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở SỐ MŨ” II Mô tả giải pháp Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Chủ đề giải phương trình nói riêng hay tìm nghiệm ngun phương trình vơ quan trọng chương trình tốn THPT Đã có nhiều phương pháp để tiếp cận giải toán chủ đề Tuy nhiên với việc quen với giải phương trình tìm tập nghiệm phương trình đó, dẫn tới tốn tìm nghiệm ngun phương trình nói chung học sinh dừng lại mức quen thuộc tìm tập nghiệm phương trình sau nghiệm ngun phương trình giải phương trình gặp nhiều khó khăn mà chưa biết chưa cung cấp phương pháp đặc biệt giúp em giải nhanh gọn Đôi cần dựa vào tính chất đặc biệt để có tất nghiệm ngun phương trình khơng cần chi tiết tìm tập nghiệm Trong đề thi Tốt nghiệp THPT hai năm gần hay đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định xuất tốn chủ đề, cụ thể “Tìm nghiệm ngun với phương trình chứa ẩn số mũ” gây cho nhiều học sinh khó khăn định việc tìm hướng giải Một khó khăn mà học sinh gặp phải chưa khai thác hết tính chất số học nói chung tính chất chia hết, tính chất đồng dư…nói riêng hay việc áp dụng đánh giá, tính chất hàm số Trong q trình dạy học mình, chúng tơi nhận thấy cung cấp cho học sinh đầy đủ kiến thức nêu cách nhìn nhận tốn tìm nghiệm nguyên phương trình chứa ẩn số mũ tốn thuộc phạm trù học sinh giải đơn giản Một số phương pháp quen thuộc với loại toán mà em học sinh biết tài liệu đề cập mức độ nhận biết, thông hiểu hay phương trình mũ ẩn em cung cấp cách giải đơn giản để tìm nghiệm nguyên Trong sáng kiến này, chúng tơi xin trình bày chủ yếu bốn phương pháp đặc biệt nhằm giải toán mức độ vận dụng chủ đề khơng bó hẹp phương trình mũ ẩn mà em quen thuộc mà cịn phương trình dạng rộng phương trình chứa ẩn số mũ nhiều ẩn Mô tả giải pháp sau tạo sáng kiến Đối với phương trình ẩn mà ẩn số mũ nhiều trường hợp ta cịn gọi phương trình mũ sách giáo khoa lớp 12 nay, phương pháp giải nghiên cứu kĩ từ tính chất nghiệm phương trình…như nghiệm nguyên…Tuy nhiên sáng kiến chủ yếu đề cập đến phương trình chứa nhiều ẩn ẩn số mũ sau ta quen gọi “phương trình mũ nhiều ẩn” Vấn đề đặt sáng kiến không đưa phương pháp giải biết với phương trình mũ ẩn với phương pháp quen thuộc như: Phương pháp đưa số, phương pháp logarit hóa hay phương pháp đặt ẩn phụ mà đưa bốn phương pháp giải loại phương trình Đó việc sử dụng phương pháp đồng dư, phương pháp đánh việc phối hợp chúng giải phương trình nghiệm nguyên dạng cuối phương pháp hàm số 2.1 Phương pháp đồng dư Trước tiên nhắc lại số kiến thức liên quan: Tính chất 1: Nếu a  m a  b  m b  m Tính chất 2: Nếu a b b c a c Tính chất 3: Nếu ab c ƯCLN b, c   a c Tính chất 4: Nếu a m b n ab mn Tính chất 5: Nếu a b, a c ƯCLN b, c   a bc Tính chất 6: Trong m số nguyên liên tiếp tồn số bội m Định lý nhỏ Fermat: Nếu p số nguyên tố a số nguyên không chia hết   cho p a p 1  mod p Sau ta nghiên cứu ví dụ minh họa sau: Ví dụ Tìm tất cặp số tự nhiên x ; y  thỏa mãn phương trình 3x  2y  Hướng dẫn: 3x  2y  Ta có     y x 2   Giải (1): x y 1 2 + Nếu y   3x  mâu thuẫn + Nếu y   x  thoả mãn   + Nếu y   2y nên 3x  mod , suy x  2x 1, x1  *  x   x Khi đó, phương trình (1)     2y Đặt x x   2m ,   2n  với m, n  *, m  n, m  n  y  2n  2m  2m 2n m   Từ có m  1, n   y  3, x  Giải (2): + Nếu x   y  ta có     + Nếu x  Nhận thấy 2y  mod suy y  2y1 y1  *  y   y Khi phương trình (2)     3x  y   y Vì  ,  không chia hết cho mà 2y1   2y1  nên y y   1,   3x  y  2, x  Vậy phương trình cho có tất cặp số tự nhiên x ; y  thỏa mãn x ; y   0;1, 1;1, 2; 3, 1;2 Nhận xét: Phương pháp sử dụng ví dụ hay sử dụng phương trình nghiệm nguyên chứa ẩn số mũ Đó ý tưởng thú vị Ví dụ Tìm tất số nguyên dương x ; y ; z  thỏa mãn phương trình 3x  4y  5z Hướng dẫn:     Với x , y   * nên 3x 4y  mod Do 5z  mod  z số chẵn    z  z  Đặt z  2z1 z1  * Khi đó, ta phương trình:  2y  2y  3x  z   z  z z Vì  2y   2y  2y 1 nên  2y ,  2y chia hết cho z z Kết hợp điều kiện  2y   2y z từ phương trình ta z  2y  1,  2y  3x  3x  2y 1  Theo ví dụ ta x  2, y   z  Vậy có số thỏa mãn toán x ; y; z   2;2;2 Nhận xét: Qua hai ví dụ trên, ta thấy việc đưa nhận xét tính chất đồng dư đưa phương trình ban đầu thành phương trình có vế phải tích số ngun dương, vế trái luỹ thừa số Từ tiếp tục đặt thừa số tích để đưa dạng phương trình mũ đơn giản Cụ thể ví dụ trên, ta đưa việc giải phương trình nghiệm nguyên 3x  4y  5z giải phương trình nghiệm nguyên 3x  2y 1  (Ở ta qui ước phương trình nghiệm nguyên với hai ẩn x , y hiểu cặp số x ; y  với x , y số nguyên, tương tự phương trình có ba hay bốn ẩn…) Qua ví dụ thấy thông thường chọn modulo từ số có mối liên hệ phương trình (trừ số modulo phức tạp) Ví dụ Xác định tất cặp số nguyên dương x ; n  thoả mãn phương trình sau: x  3367  2n Hướng dẫn:  Để sử dụng đẳng thức a  b  a  b  a  ab  b  ta chứng minh n chia hết cho   Từ phương trình cho ta suy x  2n mod Nếu n không chia hết cho 2n chia cho cho số dư 2, Trong x chia cho cho số dư 0,1 nên   khơng thể có đồng dư thức x  2n mod Vậy n  3m với m số nguyên dương Thay vào phương trình cho ta được:   x  3367  23m  2m  x  2m  x  3x 2m   3367 1      Từ (1) suy 2m  x ước 3367  Hơn 2m  x   2   23m  x  3367  2m  x  1; 7;13 Xét 2m  x  1, thay vào (1) ta 2m m     561 phương trình vơ nghiệm   Xét 2m  x  3, thay vào (1) ta 2m 2m  13   15 phương trình vô nghiệm   Xét 2m  x  7, thay vào (1) ta 2m 2m   24  32 Từ ta có x ; n   9;12 Ví dụ Tìm tất cặp số nguyên không âm x ; y  thỏa mãn phương trình 2 x      2x  2x  2x   5y  11879 Hướng dẫn: Ta có 2x ,2x  1,2x  2, 2x  3,2x  số tự nhiên liên tiếp nên ta có      2x 2x  2x  2x  2x          Mặt khác ƯCLN 2x ;   2x  2x  2x  2x   y 1 Với      VT   2x  2x  2x  2x   5y       VP  11879  mod nên phương trình cho vơ nghiệm       2  12  22  32  4  11880  2  12  22  32  4  9.10.11.12 Với y   2x  2x  2x  2x   50  11879 x x x x x x x x  2x    2x   x  Vậy phương trình cho có nghiệm ngun khơng âm thoả mãn x ; y   3; 0 Bài tương tự Tìm tất cặp số nguyên không âm x ; y  thỏa mãn phương   trình 4x  5.2x   11880  5y1 Hướng dẫn:   Ta có 4x  5.2x    5y1  11879   2   12  22   4x  5.2x  4x  5.2x   5y 1  11879 x x  x (*)   2x   5y1  11879 Do 2x ,2x  1,2x  2, 2x  3,2x  số tự nhiên liên tiếp nên tích chia hết        cho Nhưng 2x ;5   2x  2x  2x  2x  chia hết cho Nếu y  vế trái (*) chia hết vơ lí 2x  x x Vậy y    5.2   109   x  x    13  Vậy phương trình có nghiệm ngun dương x  3; y  Ví dụ Tìm tất số x , y nguyên dương thoả mãn 3x   y  1 Hướng dẫn: Ta có 3x   y  1  3x  y y  2*     Mà VT *  3x  mod2  VP  y y  2  mod2 nên y số lẻ có y, y  hai số lẻ liên tiếp Do phương trình (*) dẫn đến: y  3m  y   3n  m  n  x  Mặt khác y   y  n  m  Nếu m  y y  chia hết cho (vơ lý y, y  hai số lẻ liên tiếp) Vậy m   n   x   y  Ví dụ Tìm tất cặp số ngun dương x ; y  thỏa mãn phương trình 30 19x  5y  1890  19754  2013 Hướng dẫn: Ta có x, y nguyên số  dương nên 5y   1890   VT  19x  5y  1890  19 mod     Mặt khác 19  1 mod  19x  1 mod x   Nếu x lẻ 19  1mod 5  mod 5 Nên VT  1; mod 5 VP  mod 5 Nếu x chẵn 19x  mod x Do phương trình cho vơ nghiệm Ví dụ Tìm tất số ngun dương x , y thoả mãn phương trình x  x   32y 1 Hướng dẫn:   Ta có VP  32y 1  mod *     Nếu x  3k k   *  VT  x  x   mod   Nếu x  3k  k    VT  x  x   1mod 3 Vậy x    VT  x  x   1;2 mod 3 * * Nếu x  3k  k     VT  x  x   mod  Như vậy, từ (*) (**) suy không tồn số nguyên dương x , y thoả mãn tốn Ví dụ Tìm tất cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn phương trình 2x   y Hướng dẫn: Nếu x  phương trình khơng có nghiệm ngun thoả mãn Nếu x  thay vào phương trình y  3 thấy thoả mãn       Nếu x   2x  mod  2x   mod  y  mod vơ lý   y  0;1 mod   Vậy nghiệm nguyên phương trình x ; y   1; 3, 1; 3 Ví dụ Tìm tất cặp số tự nhiên x ; y  thỏa mãn phương trình 2x  3y  Hướng dẫn: Ta xét theo mod Thật vậy, ta có 2x   3y xét với y   x        3  1   1  1mod 3  mod 3  x Với y   3y  mod  2x   mod Mặt khác 2x x x chẵn 2k   3u  2k y k k y k v Đặt x  2k ta có         2    u  v  y          2k   2k    3u  3v   3v   3u Nếu u   3v  1 vô lý Nếu x    y       u   3u  mod  3v   mod  v   u    Vậy phương trình có nghiệm x ; y   1; 0, 2;1 Nhìn chung sử dụng phương pháp nên nhắc lại thật kĩ tính chất liên quan dấu hiệu chia hết, tính chất chia hết, đồng dư để gặp toán chủ đề học sinh tự tin lẽ tính chất em học cấp việc vận dụng tính chất khơng nhiều khơng thường xun nên gây khó khăn định cho em Sau chuyển sang phương pháp tiếp theo: 2.2 Phương pháp đánh giá Ngoài việc dùng kiến thức liên quan cần bổ sung cho học sinh số định nghĩa sau: Định nghĩa 1: Nếu x số chẵn x  2k với k nguyên; x số lẻ x  2k  với k nguyên Định nghĩa 2: Số nguyên tố số nguyên dương lớn chia hết cho Ví dụ Tìm tất ba số nguyên dương x ; y; z  thoả mãn hệ thức x  y 1  xy   1 z Hướng dẫn: + Nếu (1) có nghiệm nguyên x ; y; z   a;b; c  phương trình có nghiệm ngun x ; y; z   b; a; c  Do khơng tính tổng qt ta giả sử x  y + Từ (1) suy tồn số nguyên dương m cho m  z : x  y  2m , xy   2z m z + Ta có xy  1  x  y   x  1y  1  nên 2z m  2m  m  TH1: Nếu x   y   2z m  2m  z  2m, y  2m    Kiểm tra thấy x ; y; z   1;2m  1;2m thoả mãn phương trình TH2: Nếu x  ta có   x   x x  y   xy  1  2m x  2z m  2m x  2z 2m Từ suy 2m x  1x  1 Mặt khác ƯCLN m  1, m  1  nên tồn hai số x  1, x  chia hết cho 2m 1 Nếu 2m 1 x  x  nên x  2m 1  Mà x  y  2m nên y  2m 1   x, mâu thuẫn với điều giả sử Vậy 2m 1 x  nên x  2m 1  Mặt khác x  y  2m nên y  2m 1  Mà y  x nên 2m 1   x  y  2m 1  2 Ta có phương trình  log2 (x  1001)  (x  1001)  y  2y   t  0;  t ln  Hàm số f t  đồng biến 0;  Hàm số f t   log2 t  t  f  t   Vậy x  1001  2y  1002  2y  1001  2021   y  log2 1020 Do y cho ta x y nguyên nên y  0;1;2; ; 9 Chọn đáp án A Ví dụ 11 Có cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn  x  2021   2y  log2 x  2y 1  2x  y ? A 2021 B 10 C D 2020 Hướng dẫn:   Đặt log2 x  2y 1  t  x  2y 1  2t  x  2t  2y 1   Phương trình trở thành: 2y  t  2t  2y 1  y  2.2y  y  2.2t  t Xét hàm số f x   2.2x  x đồng biến , mà phương trình có dạng f y   f t   y  t   Suy phương trình log2 x  2y 1  y  x  2y 1  2y  x  2y 1 Hơn  x  2021   2y 1  2021   y   log2 2021   y  log2 2021  Do y   nên y  2; 3; 4; ;11 có 10 giá trị nguyên y Mà x  2y 1 nên với số nguyên y  2; 3; 4; ;11 xác định giá trị nguyên x Vậy có 10 cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn tốn Chọn đáp án B Bài tương tự: Có cặp số nguyên dương x ; y  với x  2020 thỏa   mãn 3x  y    9y  log 2x  1 ? A 1010 B 2020 C D Ví dụ 12 Có hai số nguyên (x ; y ) thỏa mãn  x  x  2020 log x  log(x  1) x  x  y 10y A.8 B C D Hướng dẫn: Điều kiện: x  Ta có: log x  log(x  1)  x  x  y  10y  log[x (x  1)]  x  x  y  10y  log(x  x )  x  x  log(10y )  10y Xét hàm số: f (t )  log t  t với t    , t  t ln 10 Hàm số đồng biến khoảng (0; )  x  x  10y f (t )  Vì  x  x  2020 nên  10y  2020   y  log 2020  3, 305 Mà y nhận giá trị nguyên nên y  0;1;2; 3 1  (loại) 1  41 Với y   x  (loại) 1  401 Với y   x  (loại) 1  4001 Với y   x  (loại) Vậy khơng có hai số ngun (x ; y ) thỏa mãn yêu cầu toán Chọn đáp án D Với y   x    Ví dụ 13 Có cặp số ngun x ; y x  ln x  1  x   y  e y ?   A B Hướng dẫn: Ta có x  ln x  1  x   y  e y   thỏa mãn  x  2020 C  ln x  1  x  1  ln e y  e y * 2   Xét hàm số f t   ln t  t 0;    với t  0;   t Suy hàm số f t   ln t  t đồng biến 0;  Ta có f  t       D Do *  x  1  e y  y  ln x  1 2 Vì x nguyên nên e y nguyên mà e y nguyên y  Thử lại ta thấy y  x    Vậy có cặp số nguyên x ; y thỏa mãn u cầu tốn Nhận xét: Qua ví dụ thấy khác với ví dụ rút biến nguyên thuộc tập K theo biến lại cần dựa vào kết biến đổi biểu thức có để biểu thị biến theo biến cho linh hoạt,   Ví dụ 14 Có cặp số nguyên x ; y thỏa mãn  x  2021 1250.625x 2x  10.125y   3y  4x  8x ? A 2022 B 674 C 2021 Hướng dẫn: Ta có PT  2.54x  2.5 8x  4x 1 D 1348  4x  8x   2.53y 1  3y   x  1  2.5 3y 1  3y  * Xét hàm số f t   2.5t  t hàm số đồng biến  Ta có: *  f 4x   f 3y  1  x  1 2  3y   x  1   3y   x   3k  Ta thấy x    x   3k  k   x   3k   Với x   3k x  1   4.9k  không chia hết trường hợp loại x   3k  Với  x  1  chia hết cho x   3k  x   3k  Vậy  mà  x  2021 nên có 1348 số nguyên x thỏa * * x   3k  Với giá trị nguyên x ta tìm giá trị y nguyên tương ứng   Vậy có tất 1348 cặp số nguyên x ; y thỏa mãn toán Chọn đáp án D Ví dụ 15 Trong hệ x ; y  ; 6  x  6; y  tọa độ Oxy , thỏa cho điểm M (x ; y ) với mãn phương trình 9y   36  x    Hỏi có điểm M thỏa yêu cầu nêu   log 3 x2  y  336 trên? A điểm B điểm C điểm D điểm Hướng dẫn:  36  x   36  x  36 9y 36x   2 Ta có: 39y  x   log     log  3   y  y    36  x  9y 36x   3  log3   9y     39y  336x  log3 36  x  log3 9y    39y  log3 9y  log3 36  x  336x (1) Xét hàm số f (x )  3x  log x với x  Có f (x )  3x ln  khoảng (0; )  0, x   Hàm số y  f (x ) đồng biến x ln Khi (1)  f (9y )  f (36  x )  9y  36  x  x  9y  36 Vì nên nhận x ; y  ; 6  x  6; y  x    M 1(0;2); M (0; 2)  y  2  Chọn đáp án D Ví dụ 16 Có cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn 5x 3y  5xy 1  x y  1   5xy 1  A Hướng dẫn: B 1 x  3y  3y ? C D Ta có phương trình  52 3y  5x 3y  x  3y  5xy 1  5xy 1  xy  Xét hàm số f t   5t  5t  t, t    f  t   5t ln  5t ln   0, t   nên hàm số đồng biến  Khi đó, phương trình dạng f x  3y   f xy  1  x  3y  xy  x   y  1  3x x 3 (do x  3 khơng nghiệm phương trình)  y 3  x   x   y  Vì x , y    x   1; 1; 2;2  x  2; 4; 1; 5 Vậy có cặp số x ; y  thỏa mãn toán Chọn đáp án D Nhận xét: Với hai biến nguyên sau sử dụng phương pháp hàm số để biểu thị biến qua biến quy tìm tọa độ nguyên điểm thuộc đường cong đơn giản, cụ thể ví dụ tìm điểm nguyên đồ x  thị hàm số y  3x Ví dụ 17 Có số nguyên dương x cho tồn số nguyên dương y thỏa mãn log3 2x  2y  1x  2y   3.9x y  27 x 2y  1?   A B C 2020 D 2021 Hướng dẫn: x, y   Điều kiện:   2x  2y    Ta có log3 2x  2y  1x  2y   3.9x y  27 x 2y     log3 2x  2y  1  log x  2y   x 2y 1  log3 2x  2y  1  x 2y 1     f 2x  2y  1  f   x  2y  3 x 2 y  log 3 3  log  x  2y x  2y Với f t   log t  3t , t  0;   2t ln  0, t  nên hàm số f t  đồng biến t ln khoảng 0;  Ta có f  t       2x  2y   Do f 2x  2y  1  f   x  2y  x  2y  2x  2y  1x  2y   * 2x  2y    x  2y   Vì x , y    nên *    2x  2y    x  2y   x  y  x    x  2y  y       x  y  x    x  2y  y    Vậy có giá trị x thỏa mãn toán Chọn đáp án A Nhận xét: Như phương pháp hàm số, ta chuyển phương trình tích hai biến ngun từ suy luận đánh giá trường hợp xảy biến để có kết tốn Ta xét ví dụ tương tự sau: Ví dụ 18 Có cặp số ngun x ; y  thỏa mãn phương trình 2.625x  6250.1253y  9y  4x  ? A B Hướng dẫn: Phương trình  2.54x  2.59y 5 C D  9y  4x   2.54x  4x  2.59y 5        9y   f 4x  f 9y  , Với f t   2.5t  t hàm số đồng biến      Do f 4x  f 9y   4x  9y   2x  3y 2x  3y   * 2x  3y  2x  3y    2x  3y  2x  3y    Vì x , y số nguyên nên *    2x  3y  1 2x  3y  5   2x  3y  5 2x  3y  1   Cả trường hợp cho kết x , y   Vậy không tồn cặp số x ; y  thỏa mãn toán Chọn đáp án C   Có cặp số nguyên dương m ; n cho m  n  10 Ví dụ 19     ứng với cặp m ; n tồn ba số thực a  1;1 thỏa mãn   2a m  n ln a  a  A Hướng dẫn: Nếu a0  B 10 C   2a m  n ln a  a  * D trở thành  2.0m  n ln  02  ln Suy có giá trị a thỏa mãn (*) Ta cần tìm thêm giá trị a thỏa mãn *  m  Nếu a  2a  n ln a  a    Xét hàm số g a    n ln a  a  am  n ln a  a  am :  * *  a  na m 1   m ln a  a    a    g  a   2m a a Xét hàm số h a    m ln a  a  : a 1   m    0, a  1;1  h  a      m   a2  a2  a2  a  a            Nếu a  1; m  2; 4;6; biến     g  a   nên hàm số g a  nghịch  Nếu a  0;1 m  2; 4; 6; g  a   nên hàm số g a  nghịch biến Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi:     n ln 1  12       khoâng thỏa mãn  g 1  m    1   g 1   n ln  12   2  1m   2 n   ln 1   khơng có n thỏa mãn    n  ln    Nếu a  1; m  3; 5;7;9 f  a    f a  đồng biến         Nếu a  0;1 m  3;5; 7; 9 f  a    f a  nghịch biến Bảng biến thiên Để phương trình * * có hai nghiệm phân biệt    n ln 1  12      2  g 1  m     n    g 1   ln    n ln  12   2  1m  Vì n  * nên n  1;2   Nếu m  ta có bảng biến thiên sau: Để phương trình * * có hai nghiệm phân biệt      n ln 1  12       n    g 1   n m   1 ln  12       g 1   n    n ln  12  n    2  m     Vì n  * nên khơng có n thỏa mãn   Vậy có cặp số m ; n thỏa mãn điều kiện đề Chọn đáp án D Ví dụ 20 Có cặp số nguyên   A Hướng dẫn: B ea 2b 2 thỏa mãn điều kiện  e ab a  ab  b   e 1ab b  ? Phương trình  ea  ea a;b  2b ab 2b ab C D  a  ab  b   e1b       a  ab  2b  e 1b   b  f a  2b  ab  f  b , Với f t   e t  t, t    f  t   e t   0, t   Suy hàm số f t  đồng biến      Do f a  2b  ab  f  b  a  2b  ab   b  a  ab  b   a  b  a  b    a  b  a  b     Vì a,b   nên a  b    a  b    a  a  b    b    b  a  b    a   a  b  a  1,b  a  0, b  Từ tìm    a  b   a   1, b  a  0, b      Vậy có cặp số nguyên a;b  thỏa mãn toán Chọn đáp án D  Nhận xét: Bằng phương pháp hàm số ta chuyển giả thiết tốn tổng bình phương số nguyên từ suy luận trường hợp để có kết nhanh Với tốn ta sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai để chặn miền cho biến để có kết Cụ thể sau: Từ kết a  ab  b   0, ta xem phương trình bậc hai theo biến a Khi đó, phương trình có nghiệm    b  b    b  , với b    b  1; 0;1   + Với b   a  1;1 + Với b  1  a  0;1 + Với b   a  0; 1 Vậy có cặp số nguyên a;b  thỏa mãn toán Nhận xét: Trong số trường hợp ta cần linh hoạt biến đổi để sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình cách đơn giản Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 21 Có cặp số nguyên x  y x 2  x x  y   32.2 x3 A Hướng dẫn: B Ta có phương trình  2x  3x   x ; y  thỏa mãn điều kiện  2y  3x  ? C    y x 2 5  x  3x    D      y x2     f x  3x  f y x   , với f t   2t  t hàm số đồng biến  x  3x  x 5 Suy x  3x  y x    y  yx x 2 x 2 x 5 x 5 Vì x , y   nên   k   x 2 x 2 x 5 Ta có  k  kx  x  2k   * x 2 + Với k   x  5; y  thỏa mãn   + Với k  phương trình * có nghiệm khi:  5  3 5  3      4k 2k  5   k   ;  4   Hơn k   \ 0  k  2; 1 Thử lại ta nhận k  2, x  1, y  3 Vậy có cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn toán 1; 3, 5;5 Nhận xét 1: Chúng ta linh hoạt phối hợp phương pháp hàm số với tính chất đồng dư hay chia hết để giải ví dụ cách giải sau: Từ y  x  x 5 x2     x  25 x  2  x   27x    2  27 x x , y    x  5 x   x  5x  5 x  2 2 2  2  x   1; 3;9;27  x  1;25  x  1;1; 5;5 Thử lại có x  1, y  3 x  5, y  thỏa mãn tốn Nhận xét 2: Cũng túy sử dụng phương pháp hàm số cách giải sau đây: Từ y  x  g  x   x 5 x 5 , xét hàm số g x  , x   ta có:   x2  x2  x  10x    x 2     x   3;5  3 Bảng biến thiên:  5  3 5  3   Ta g x    ;  4   Vì x , y    g x     g x   2; 1; 0 Thử lại: + Với g x   2  x 5  2  x  1, y  3 x2  1  13 1  13  x 5  loại + Với g x   1   1  x   ;    2 x 2   x 5 + Với g x      x  5, y  x 2 Vậy có cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn toán 1; 3, 5;5 Thơng qua ví dụ thấy rằng, để làm tập chủ để học sinh cần nắm kiến thức liên quan Khi sử dụng phương pháp sáng kiến để giải tập chủ đề, thầy cô hay em học sinh cần phải linh hoạt sử dụng phương pháp để có kết nhanh Cũng qua ví dụ thấy khơng có phương pháp tối ưu cho tốn Chúng ta cần phân tích kỹ giả thiết kết thu nhận để lựa chọn phương pháp nhanh gọn phù hợp với lực sở trường em học sinh Qua học sinh hứng thú học tập thấy hay, đẹp mơn Tốn chúng tơi tin kết học tập em thu chắn tốt đẹp 2.5 Bài toán đề xuất Bài Tìm tất số nguyên dương x , y, z thoả mãn 2x x  y  z z Bài Tìm tất số nguyên dương x , y thoả mãn  2x  22x 1  y Bài Tìm tất số nguyên x , y, z thoả mãn 28x  19y  87 z Bài Tìm tất số nguyên dương a, b, c thoả mãn a  2b 1  3c   Đáp số a;b; c   1;2;2, 7; 4; 4 Bài Tìm tất số nguyên dương a, b, c thoả mãn 3a  4b  7c Đáp số a;b; c   1;1;1 Bài Tìm tất số nguyên dương a, b, c thoả mãn 7a  12b  13c Đáp số: Phương trình khơng có nghiệm ngun dương Bài Tìm tất cặp số nguyên dương x, n  thoả mãn x  x   2n Đáp số x ; n   1;2 Bài Tìm tất các cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn 7x  x  47  y Đáp số: x  4; y  52 x Bài Giải phương trình nghiệm nguyên  sin x Đáp số: Vô nghiệm   Bài 10 Có cặp số nguyên x ; y thỏa mãn  x  2020 log3 3x  3  x  2y  9y ? Đáp số: Có cặp số nguyên x ; y  thỏa mãn 0; 0, 1; 8, 2; 80, 3;728   Bài 11 Có cặp số nguyên x ; y thỏa mãn  x  2021 log2 2x  2  x  3y  8y ? A 2020 B C 2021 D Bài 12 Có cặp số nguyên dương x ; y  thỏa mãn  x  2020 x  log 10x  10  2y  100y A 2020 B C 2021 D Tóm lại: Qua viết trên, giới thiệu bốn phương pháp chủ đạo việc tìm nghiệm nguyên phương trình mũ hay rộng phương trình có chứa ẩn số mũ Về phương pháp sử dụng đồng dư, ta cần ý linh hoạt việc lựa chọn modulo cho phù hợp Chú ý rằng, q trình phân tích tìm tịi lời giải tốn giải phương trình nghiệm ngun có chứa ẩn số mũ, ta đặc biệt nên lấy định lý Fermat nhỏ để làm gốc mà từ đưa phân tích có lý cho tốn Cụ thể qua ví dụ trước ta nhờ định lý Fermat nhỏ chọn modulo cách hiệu nhất, làm cho hướng toán thêm sáng sủa Về phương pháp đánh giá, ta ý ba ý tưởng đánh giá: Sắp thứ tự ẩn; sử dụng nhận xét A  B B A với A, B nguyên; đánh giá hai vế phương trình qua bất đẳng thức đồng thời lưu ý đến hai đánh giá sau: + Nếu    p  p  + Ta có p h k  h  p  1, h, k , p  *, p nguyên tố Chúng ta cần vận dụng linh hoạt kiến thức liên quan để phối hợp sử dụng phương pháp đồng dư phương pháp đánh giá loại toán Về phương pháp hàm số việc áp dụng rộng rãi xử lý nhiều toán Đặc biệt gần xuất đề minh họa Tốt nghiệp THPT đề thi Tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2021 Tuy nhiên vấn đề khó với học sinh chủ đề nằm mức độ vận dụng nên dạy cần cung cấp kiến thức bổ trợ thật kĩ cho học sinh hệ thống ví dụ từ đơn giản đến phức tạp để học sinh nắm vững kiến thức đồng thời biết vận dụng để xử lý toán phức tạp III Hiệu sáng kiến đem lại Hiệu kinh tế Kết khảo sát cho thấy trước dạy thực nghiệm, đa số học sinh chưa có kĩ vận dụng kiến thức chương trình vào số tốn tìm nghiệm ngun phương trình chứa ẩn số mũ Kết học sinh đạt cịn 9, 10 chưa có Kết khảo sát sau dạy xong thực nghiệm thể rõ mức độ nắm vững kiến thức phương pháp kĩ số toán dạng tăng lên rõ rệt; đồng thời học sinh hiểu sâu sắc kiến thức chủ đề Số học sinh điểm khá, giỏi tăng lên qua kì thi Tốt nghiệp THPT kì thi học sinh giỏi cấp Như vậy, bước đầu sáng kiến góp phần nâng cao chất lượng học tập học sinh đem lại hiệu rõ rệt Qua sáng kiến em phần rút ngắn thời gian học để đạt kết tốt nhất, thầy cô yên tâm chất lượng học sinh, qua góp phần tạo hiệu định kinh tế cho học sinh, kinh tế cho xã hội kinh tế cho nhà trường giáo dục em Trong thời gian tới, sáng kiến tiếp tục áp dụng vào thực tiễn giảng dạy nhà trường mong sáng kiến đạt hiệu tốt đẹp đạt trình thực nghiệm Hiệu mặt xã hội Tạo cho học sinh có thói quen tổng quát, mở rộng toán đặc biệt liên hệ tính chất đồng dư, chia hết số học bất đẳng thức cổ điển tính chất hàm số xử lý tốn liên quan nghiệm ngun phương trình mũ nói riêng phương trình chứa ẩn số mũ nói chung tìm kết toán nhanh đáp ứng kiểm tra kì thi Tốt nghiệp THPT thi học sinh giỏi cấp Thông qua sáng kiến giúp em hình thành khả làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích cực học sinh theo tinh thần phương pháp Bộ Giáo dục Đào tạo Điều quan trọng tạo cho em niềm tin, say mê hứng thú học tập môn Qua thực tế giảng dạy chuyên đề thấy em học sinh nắm vững phương pháp, biết cách vận dụng vào toán cụ thể mà hứng thú học tập chuyên đề Khi học lớp qua lần thi Tôt nghiệp THPT, thi học sinh giỏi cấp số học sinh làm chủ đề liên quan cao hẳn năm trước tốt nhiều so với em không học chuyên đề Với sáng kiến dạy học môn Tốn trường Phổ thơng chúng tơi hy vọng đóng góp phần với xã hội Đặc biệt với cơng đổi tồn diện giáo dục đất nước Chúng tơi hy vọng khơng đóng góp cho em, đồng nghiệp xã hội ý tưởng hay việc nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện em học sinh giai đoạn mà mong muốn qua sáng kiến phần thổi luồng sinh khí tốt đẹp vào thân bạn bè đồng nghiệp trường gương tự học, tự nghiên cứu tốt vận động ngành Sở Giáo dục Đào tạo Nam Định “Mỗi thầy giáo, cô giáo gương đạo đức, tự học sáng tạo” IV Kết luận Sáng kiến kiểm nghiệm năm học giảng dạy trường THPT Xuân Trường B đồng thời trình bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh Các lần thi qua năm dạy đạt kết cao, nhiều em đạt điểm giỏi, chất lượng lớp nằm tốp đầu nhà trường Cụ thể với lớp 12A1 thi Tốt nghiệp THPT vừa qua mơn Tốn tơi giảng dạy đạt trung bình 8,8 điểm, có nhiều em điểm; cịn đội tuyển HSG tốn lớp 12 xếp thứ tồn tỉnh với ba giải Nhì Đề tài giúp em hứng thú học tập hơn, học sinh biết vận dụng linh hoạt kiến thức, kỹ vào việc giải tập Tuy nhiên kinh nghiệm hạn chế tài liệu nghiên cứu vấn đề khơng có nhiều nên sáng kiến hẳn khơng tránh thiếu xót Chúng tơi mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, cô giáo bạn đồng nghiệp để sáng kiến hoàn thiện V Cam kết không chép vi phạm quyền Chúng xin cam đoan sáng kiến khoa học khơng chép vi phạm quyền nguồn tài liệu Chúng xin chân thành cảm ơn! TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Vũ Văn Cường Bùi Đức Quang CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN - ... tạo hiệu định kinh tế cho học sinh, kinh tế cho xã hội kinh tế cho nhà trường giáo dục em Trong thời gian tới, sáng kiến tiếp tục áp dụng vào thực tiễn giảng dạy nhà trường mong sáng kiến đạt hiệu...BÁO CÁO SÁNG KIẾN I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến Kiến thức phương trình nhóm kiến thức trình bày chương trình tốn THPT Hệ thống tập phương... linh hoạt kiến thức, kỹ vào việc giải tập Tuy nhiên kinh nghiệm hạn chế tài liệu nghiên cứu vấn đề khơng có nhiều nên sáng kiến hẳn khơng tránh thiếu xót Chúng tơi mong nhận đóng góp ý kiến thầy