(SKKN 2022) Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán nghiệm nguyên của phương trình, bất phương trình mũ và logarit nhằm rèn luyện và phát triển tư duy

MỤC LỤC MỞ ĐẦU….….………………………………………………… …… 1.1 Lý chọn đề tài……………………………………………………… 1.2 Mục đích nghiên cứu…………………………………………….…… 1.3 Đối tượng nghiên cứu…………………………………………….…… 1.4 Phương pháp nghiên cứu………………………………………… …….2 1.5 Những điểm sáng kiến ……………………………….……….3 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ………………… …3 2.1 Cơ sở luận lí 2.2 Thực trạng vấn đề……… ……………………………………… … 2.3 Các giải pháp thực hiện……… ………………………………… … 2.4 Hiệu sáng kiến………… ……………………………… 20 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ ….………………… ……….…………… 21 3.1 Kết luận……………………………………………………………… 21 3.2 Kiến nghị………………………………………………………………21 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Nền giáo dục Việt Nam tập trung đổi mới, hướng tới giáo dục tiến bộ, đại ngang tầm với nước khu vực giới Một nội dung đổi thay đổi hình thức kiểm tra đánh giá kỳ thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia Đối với mơn Tốn, từ năm 2017 thay hình thức thi tự luận tiến hành lâu hình thức thi trắc nghiệm Hình thức thầy trị, nước phát triển giới áp dụng lâu Cùng với thay đổi hình thức thi đề thi có thay đổi hình thức nội dung Trong đề thi khơng cịn nhiều câu hỏi hóc búa, địi hỏi phải suy luận tính tốn dài dịng, bên cạnh lại xuất cách hỏi khơng q khó yêu cầu học sinh học phải hiểu đầy đủ cặn kẽ vấn đề Các toán nghiệm nguyên phương trình bất phương trình mũ logarit toán vận dụng – vận dụng cao nội dung kì thi tốt nghiệp THPTQG Ngồi tốn mức độ nhận biết thông hiểu ta thường gặp toán kết hợp nhiều kiến thức kỹ phức tạp Thực tế lâu học sinh thường gặp toán hỏi đếm số nghiệm nguyên phương trình bất phương mũ logarit phức tạp khó xử lý nên gặp tốn dạng học sinh thường có tâm lí e ngại, bối rối khơng biết dùng phương pháp để giải Xuất phát từ thực tế đó, tơi lựa chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh giải số toán nghiệm nguyên phương trình, bất phương trình mũ logarit nhằm rèn luyện phát triển tư duy” Để giúp học sinh khơng cịn bị lúng túng gặp câu hỏi vậy, dần hình thành kỹ giải tốn tính xác linh hoạt q trình giải tốn Đồng thời tạo hứng thú, phát triển tư duy, lực sáng tạo học sinh học tập mơn tốn mơn học khác 1.2 Mục đích nghiên cứu Đưa số dạng tập phương pháp giải tương ứng giúp học sinh củng cố kiến thức, hình thành kĩ giải toán, phát triển tư sáng tạo Đồng thời thúc đẩy hứng thú học tập cho học sinh, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Học sinh thực nội dung học sinh lớp 12 - Đối tượng nghiên cứu: Các toán nghiệm nguyên phương trình bất phương trình mũ logarit 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết: Nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài như: sách giáo khoa, tài liệu phương pháp dạy học toán, sách tham khảo, đề thi khảo sát chất lượng trường trung học phổ thông, mạng internet, - Phương pháp điều tra quan sát: Tìm hiểu việc nắm bắt học học sinh qua việc vận dụng kiến thức để giải tốn qua kiểm tra, tìm hiểu việc vận dụng phương pháp dạy học tích cực số trường phổ thông - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tham gia dự giờ, rút kinh nghiệm tổ môn, tham dự buổi họp chuyên đề, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp 1.5 Những điểm sáng kiến - Tuyển chọn số tốn đặc biệt tìm số nghiệm ngun phương trình mũ logarit - Đưa số tập để học sinh tự luyện NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận - Các phương trình phương trình, bất phương trình mũ logarit, phương trình hàm đặc trưng - Các tính chất của số nguyên, kiến thức hàm số, bảng biến thiên, phương trình , bất phương trình [1] 2.2 Thực trạng vấn đề Học sinh vốn quen thuộc với tập cho hàm số tường minh, tương ứng với dạng tập có phương pháp giải rõ ràng, số em cịn sử dụng hỗ trợ máy tính Casio Nhưng với hình thức thi mới, cách hỏi xuất dạng tập hỏi tiệm cận có chứa tham số, cho bảng biến thiên đồ thị Khi gặp tập đa số học sinh thường lúng túng trình tìm lời giải, em khơng biết phải xử lý hay phải sử dụng phương pháp giải cho phù hợp, học sinh giỏi gặp phải vấn đề 2.3 Các giải pháp thực Để khắc phục khó khăn mà học sinh thường gặp phải, thực số giải pháp sau: - Bổ sung, hệ thống kiến thức - Đưa hệ thống ví dụ tập trắc nghiệm khách quan tăng dần từ dễ đến khó, tăng dần từ mức độ nhận biết, thông hiểu lên vận dụng Giúp cho em làm quen dần với dạng tập Dần hình thành kỹ giải tốn tính xác linh hoạt q trình giải tốn - Đổi việc kiểm tra, đánh giá Ra đề kiểm tra với mức độ nhận thức: nhận biết, thông hiểu, vận dụng thấp, vận dụng cao để kiểm tra mức độ tiếp thu, kiểm tra lực học sinh có kế hoạch điều chỉnh 2.3.1 Các toán thường gặp Dạng Sử dụng hàm đặc trưng Ví dụ 1: [3] Có tất cặp số ( a; b ) với a, b số nguyên dương thỏa mãn: log ( a + b ) + ( a + b ) = ( a + b ) + 3ab ( a + b − 1) + A B C 2  D Vô số Lời giải Với a, b số nguyên dương, ta có: log ( a + b ) + ( a + b ) = ( a + b ) + 3ab ( a + b − 1) + ⇔ log a + b3 + a + b3 + 3ab ( a + b ) = ( a + b − ab ) + 3ab ( a + b ) + 2 a + b − ab ⇔ log ( a + b3 ) + a + b3 = log 3 ( a + b − ab )  + ( a + b − ab ) ( 1) Xét hàm số: f ( t ) = log3 t + t ( 0; +∞ ) f '( t ) = + > 0, ∀t > nên hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) t ln Khi đó, phương trình ( 1) trở thành : f ( a + b3 ) = f 3 ( a + b − ab )  ⇔ a + b = ( a + b − ab ) ⇔ ( a + b − ab ) ( a + b − 3) =  a + b − ab = ( *) ⇔ a + b − = Do a, b ∈ ¥ * nên phương trình ( *) vơ nghiệm Suy ra: a + b =  a = 0 < a <  0 < b <  b = Mà a, b số nguyên dương nên a + b = ⇔  a =   *   a, b ∈ ¥  b = Vậy có hai cặp số ( a; b ) thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ 2: [3] Có tất số nguyên dương x cho tồn số thực y ≤ 2022 x thỏa mãn log3 ( y + 3) = + x − y ? A B C D Lời giải Điều kiện: y + > ⇔ y > − x x Ta có: log ( y + ) = + x − y ⇔ log ( y + 3) + y = + x ⇔ log ( y + 1) + ( y + 1) = log 3x + 3x Xét hàm số f ( t ) = log t + t , với t > Ta có f ′ ( t ) = + > 0, ∀t > , hàm số f ( t ) đồng biến ( 1; +∞ ) t ln x x Vậy f ( y + 1) = f ( ) ⇔ y + = ⇔ y = 3x − Lại có y ≤ 2022 nên y ≤ 6066 ⇔ 3x − ≤ 6066 ⇔ 3x ≤ 6067 ⇔ x ≤ log 6067 Vì x nguyên dương nên x ∈ { 1; 2;3; 4;5; 6; 7} Vậy có giá trị x thỏa mãn Ví dụ [3] Gọi S tập hợp số nguyên x thỏa mãn yx + log ( yx ) − log x + ≥ log 22 ( x ) + log 22 x Có giá trị nguyên y để tập hợp S có nhiều 32 phần tử? A B 32 C 16 D Lời giải Điều kiện: x > y > Bất phương trình tương đương với: ( ) yx + log yx + ≥ 2log2 ( x ) + log 22 x + log x ⇔ yx + log ( yx ) + ≥ 2log2 ( x ) + ( log 22 x + log x + 1) ( ) ⇔ yx + log yx ≥ 2log2 ( x ) + ( log x + 1) 2 ( ⇔ yx + log ( yx ) ≥ 2log2 ( x ) + log 22 ( x ) ⇔ f ( yx ) ≥ f 2log 2 x 2 ) ( 1) Xét hàm đặc trưng f ( t ) = t + log t , t > Ta có f ′ ( t ) = + > với t > nên hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) t ln Khi ta được: 2 (1) ⇔ yx6 ≥ log2 x ⇔ + log y + log x ≥ log 2 x ⇔ log y ≥ log x − log x − = g ( x ) Ta có g ′( x) = log x − = ( log x − ) x ln x ln x ln g ′( x) = ⇔ log x = ⇔ x = (nhận) Để tập S có nhiều 32 phần tử log y ≤ ⇔ < y ≤ 24 ⇔ < y ≤ 16 Vậy có 16 giá trị nguyên y thỏa mãn yêu cầu tốn Ví dụ [3] Có cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn điều kiện ≤ x ≤ 2020 log (2 x + 2) + x − y = y ? A 2019 B 2018 C D Lời giải *) Do ≤ x ≤ 2020 nên log (2 x + 2) ln có nghĩa Ta có log (2 x + 2) + x − y = y ⇔ log ( x + 1) + x + = y + 23 y ⇔ log ( x + 1) + 2log2 ( x +1) = y + 23 y (1) *) Xét hàm số f (t ) = t + 2t Tập xác định D=¡ f ′(t ) = + 2t ln ⇒ f ′(t ) > ∀t ∈ ¡ Suy hàm số f (t ) đồng biến ¡ Phương trình (1) có dạng: f ( log ( x + 1) ) = f ( y ) ⇔ log ( x + 1) = y ⇔ x + = 23 y ⇔ y = log8 ( x + 1) Ta có ≤ x ≤ 2020 nên ≤ x + ≤ 2021 suy ≤ log8 ( x + 1) ≤ log8 2021 Lại có log8 2021 ≈ 3, 66 nên y ∈ ¢ y ∈ { 0;1; 2;3} Vì x = 23 y − nên ứng với giá trị y nguyên tồn giá trị x nguyên Vậy có cặp số ( x ; y ) ngun thỏa u cầu tốn Ví dụ [3] Cho ≤ x ≤ 2020 log9 (9 x + 18) + x − y = y Có cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa mãn điều kiện trên? A 2019 B 2018 C D Lời giải Do ≤ x ≤ 2020 nên log (9 x + 18) ln có nghĩa Ta có log (9 x + 18) + x − y = y ⇔ log3 ( x + 2) + x + = y + 23 y ⇔ log ( x + 2) + 3log3 ( x + 2) = y + 32 y (1) Xét hàm số f (t ) = t + 3t Tập xác định D = ¡ f ′(t ) = + 3t ln ⇒ f ′(t ) > ∀t ∈ ¡ Suy hàm số f (t ) đồng biến ¡ Do (1) ⇔ log3 ( x + 2) = y ⇔ x + = 32 y Ta có ≤ x ≤ 2020 nên ≤ x + ≤ 2022 suy ≤ 32 y ≤ 2022 ⇔ 1 log ≤ y ≤ log 2022 mà y ∈ ¢ y ∈ { 1; 2;3} 2 Vậy có cặp số ( x ; y ) nguyên thỏa yêu cầu toán cặp (1;7) , (2;79) , (3; 277) Ví dụ 6: [3] Có số nguyên dương b cho ứng với b , có 2a + a + 2a ≤ a ( b − 1) ? giá trị nguyên dương a thỏa mãn log ab A B C D Lời giải Vì a > ⇒ b > Với b > , ta có: 2a + a log + a ≤ a ( b − 1) ⇔ log ( a + a ) − log ( ab ) + a ≤ ab − a ab ⇔ log ( 2a + a ) + ( 2a + a ) ≤ log ( ab ) + ab ( 1) Dễ thấy hàm số g ( t ) = log t + t đồng biến ( 0; +∞ ) nên ( 1) ⇔ 2a + a ≤ ab ⇔ 2a + a ≤ b ( 2) a Xét hàm số f ( a ) = 2a + a a.2a.ln − a , a ∈ ( 0; +∞ ) có f ′ ( a ) = ; f ′( a) = ⇔ a = a a ln BBT   Để ( ) có nghiệm b ≥ f  ÷ ≈ 2,88 ln   Để có giá trị nguyên a thỏa mãn ( ) có hai trường hợp xảy b ≥  f ( 1) ≤ b  11 11  0 < α ≤  ⇔ f ≤ b ⇔ TH1:   ( ) b ≥ ⇔ ≤ b < 3 3 ≤ β <    f ( 4) > b b <   f ( 1) > b b <   α > ⇔  f ( ) ≤ b ⇔ b ≥ ⇒ vô nghiệm TH2:  4 ≤ β <   37  f ( 5) > b b <  ⇒ giá trị b thỏa mãn yêu cầu toán 11 ≤ b < ⇒ có số nguyên b thỏa mãn yêu cầu tốn Dạng Sử dụng tính đơn điệu hàm số tính chất nghiệm nguyên Ví dụ 7: [3] Gọi S tập số nguyên y cho với y ∈ S có 10 số nguyên x thoả mãn y − x ≥ log3 ( x + y ) Tính tổng phần tử thuộc S A B C −1 D −4 Lời giải Điều kiện: x > − y Xét hàm số f ( x) = y − x − log ( x + y ) (coi y tham số), ta thấy f ( x ) nghịch biến f ( x ) = +∞, lim f ( x ) = −∞ nên tồn x0 ∈ ( − y ; +∞ ) khoảng ( − y ; +∞ ) xlim x →+∞ →− y cho f ( x0 ) = Từ ta f ( x) ≥ ⇔ − y < x ≤ x0  y + y −10 − log 10 ≥  f (− y + 10) ≥ ⇔ Theo có 10 số nguyên x ⇔  y + y −11 − log 11 <  f (− y + 11) <  2   y ≥ 2,86  y + y − 10 − log (log 310) ≥  ⇔ ⇔   y ≤ −3,86 ⇒ y ∈ { −4;3}  y + y − 11 − log (log 311) <  −4, 01 < y < 3, 01  Ví dụ 8: [3] Có số nguyên a cho ứng với a , tồn bốn số nguyên b ∈ ( −10;10 ) thỏa mãn 5a +b ≤ 4b−a + 26 ? A B C D Lời giải b Ta có 5a b 4 1 ≤ 4b −a + 26 ⇔ 5a − 4− a  ÷ − 26  ÷ ≤ ( *) 5 5 +b b b 4 1 Xét hàm số f ( b ) = −  ÷ − 26  ÷ có tập xác định ¡ , 5 5 a2 f ′( b) = −a b −a b 4 5 1  ÷ ln  ÷+ 26  ÷ ln > Suy ra: f ( b ) đồng biến ¡ 5 4 5 Ta có: * f ( − a ) = * f ( 3− a ) = 2 52 − 2− a − a − 26 52 − a 2 53 − 43− a − a − 26 53− a = = −1 − − a − a 99 − 43− a − a 53− a 52 − a 2 0 Do b = − a số nguyên lớn để ( *) Theo đề: tồn bốn số nguyên b ∈ ( −10;10 ) , ta xét: b1 = −1 − a < b = −a < b3 = − a < b4 = − a b1 , b2 , b3 , b4 ∈ { −9; −8; −7;L ;8;9} Suy ra: b4 = − a ≥ −6 ⇔ a ≤ mà a ∈ ¢ nên a ∈ { 0; ±1; ±2} Vậy có giá trị nguyên a thỏa mãn đề Ví dụ 9: [3] Có số nguyên a cho ứng với a , tồn ba số nguyên b ∈ ( −8;8) thỏa mãn 5a +b ≤ 2b − a + 25 ? A B C D Lời giải b Ta có: a +b ≤2 b −a b 2 1 + 25 ⇔  ÷ a + 25  ÷ − 5a ≥ 5 5 b b 2 1 Xét hàm số f ( b ) =  ÷ a + 25  ÷ − 5a , với b ∈ ( −8;8 ) , có 5 f ′( b) = b 5 b 2 1 ÷ ln + 25  ÷ ln < 0, ∀b ∈ ( −8;8 ) a  5 5 5 ⇒ hàm số f ( b ) nghịch biến khoảng ( −8;8) BBT Để bất phương trình có nghiệm nguyên b ∈ ( −8;8 ) ( −8; α ] chứa số nguyên ⇔ α ≥ −5 ⇔ f ( −5 ) ≥ ⇔ 5a −5 − 2− a −5 − 25 ≤ Sử dụng máy tính cầm tay ta giá trị nguyên a { −2; −1;0;1; 2} Vậy có tất giá trị nguyên a thỏa mãn yêu cầu tốn Ví dụ 10: [3] Có số ngun a cho ứng với a , tồn số nguyên b ∈ ( 0;10 ) thỏa mãn log ( b + 16 ) + log b 13 − a − log ( a − 3) ≥ ? A B C 11 D Lời giải Ta có log ( b + 16 ) + log b 13 − a − log ( a − 3) ≥ ⇔ log ( b + 16 ) + log b + log 13 − a − log ( a − ) − ≥ Đặt f ( b ) = log ( b + 16 ) + log b + log 13 − a − log ( a − 3) − , điều kiện b > f ′( b) = 2b + ′ ( b + 16) ln b ln b > nên f ( b ) > nên hàm số đồng biến ( 0;10 ) suy f ( 1) < f ( ) < f ( 3) < < f ( ) để có giá trị b nguyên thuộc ( 0;10 ) f ( 3) ≥ ⇔ log 13 − a − log ( a − 3) − ≥ ( *) Đặt g ( a ) = log 13 − a − log ( a − 3) − 1, a ∈ ( 3;13) bất phương trình trở thành g ( a ) ≥ g′( a ) = −1 − < hàm số nghịch biến ( 13 − a ) ln ( a − 3) ln 10 Mặt khác g ( ) = bất phương trình ( *) trở thành g ( a ) ≥ g ( ) suy a ≤ mà a ∈ ( 3;13) , a nguyên nên a = Vậy có giá trị nguyên a = thỏa mãn tốn Ví dụ 11: [3] Có giá trị nguyên tham số a ( a > ) thỏa mãn 2022 a  a  2 + a ÷     ≤  22022 + 2022 ÷   A 2020 B 2023 C 2021 D 2022 Lời giải  Ta có  2a +  2022  ÷ 2a  a   ≤  22022 + 2022 ÷    ⇒ 2022log  2a + a     2022 ÷ ≤ alog  + 2022 ÷        log  2a + a ÷ log  2022 + 2022 ÷     ⇒ ≤ a 2022   log  x + x ÷ log x + − x log x + ) = 2( ) −1 2( Xét hàm số y = f x =   = ( ) x x x  ( x + 1) '  x x − ln +   ( )  x ln4.x − ( x + 1) ln ( x + 1)   4x + 1 =   y′ = x ln2  x +  ( )  Nên y = f ( x ) hàm giảm ( 0; +∞ ) Do f ( a ) ≤ f ( 2022 ) , ( a > ) < a ≤ 2022 Vậy có 2022 giá tị a thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ 12: [3] Có cặp số thực dương ( x; y ) thỏa mãn log y số nguyên dương, log x + = log y x3 + y < 20223 ? A B C D Lời giải 11 Đặt t = log y ( t ∈ ¥ * ) suy y = 4t log x = t − ⇔ x = 3t −2 Ta có x3 + y < 20223 ⇔ 2.33t −6 + 2t < 20223 (1) Xét hàm số f (t ) = 2.33t −6 + 2t ¡ Ta có f '(t) = 6.33t −6.ln + 2.42t.ln > 0, ∀t ∈ ¡ Suy hàm số f (t ) đồng biến ¡ Ta lại có f (8) < 20223 < f (9) t ∈ ¥ * Do đó, (1) ⇒ t ≤ ⇒ t ∈{ 1; 2; ;8} giá trị t cho ta cặp ( x; y ) Vậy có cặp số thực dương ( x; y ) thỏa ycbt Ví dụ 13: [3] Có số nguyên a cho ứng với số a , tồn số nguyên b ∈ ( −7 ; ) thỏa mãn: 5a +b ≤ 4b −a + 124 A B C D Lời giải b−a a +b ≤4 b−a 5a + b   + 124 ⇔ b − a ≤  ÷ 5 b− a b−a 4 Xét hàm số: f ( b ) =  ÷ 5 ∀b ∈ ¡ b− a 1 + 124  ÷ 5 + 124.5 a −b −5 a2 +a 4 ⇔ ÷ 5 + 124.5a −b − 5a b−a 4 ⇒ f ′( b) =  ÷ 5 +a ≥0 ln − 124.5a −b.ln < , Vì hàm số f ( b ) nghịch biến khoảng từ ( −7 ; ) nên để tồn số nguyên b thỏa f ( b ) ≥ f ( −4 ) ≥ ⇔ 5a −4 ≤ 4−4− a + 124 Với a ∈ ¢ , ta xét hai trường hợp TH1: a > −4 ⇔ −a − < ⇒ < 4− a −4 < Suy 5a − ≤ 124 ⇔ a ≤ + log 124 ≈ Do a ∈ ¢ nên a ∈ { −2; −1; 0;1; 2} TH2: a ≤ −4 ⇒ a + a − > ⇒ a − > −a ⇒ 5a −4 > 5− a Lại có 5− a = 625.5− a − = 5− a −4 + 624.5− a −4 ≥ 4− a −4 + 624 > 4− a − + 124, ∀a ≤ −4 nên trường hợp không xảy Vậy có giá trị nguyên a thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ 14: [3] Có số nguyên y cho ứng với số nguyên y , có tối đa 100 số nguyên x thỏa mãn y- x ³ log ( x + y ) A 17 B 18 C 13 D 20 Lời giải 12 Điều kiện: x >- y y- x Xét hàm số f ( x) = - log ( x + y ) ta có: f ¢( x ) =- 2.3 y- x.ln - 0, ∀a ∈ ( 3; 11) suy hàm g ( a ) đồng biến ( a − 3) ln ( a + 19 ) ln ( 3;11) có g ( ) = , mặt khác ( 1) ⇔ g ( a ) ≥ g ( ) ⇔ a ≥ , a ∈ { 6,7,8,9,10} 2.3.2 Bài tập áp dụng Câu 1: Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ≤ x ≤ 2022 , y ≥ x + x − xy = x log ( xy − x ) − x ? A 2022 B 12 C 11 D 2023 Câu 2: Với x số nguyên dương y số thực Có tất cặp số ( x ; y ) thỏa mãn ln ( + x + y ) = y + 3x − 10 A 10 B Vô số C D 11 Câu 3: Cho x số thực, y số nguyên thỏa mãn x + y + xy − y − x < Biết giá trị nhỏ biểu thức P = ln ( x − x + e y ) + ( − y ) x − x + a d a d ln  ÷+ (với a, b, c, d số nguyên dương; hai phân số tối giản) b c b c Giá trị a − b + c − d A B C D 2022 Câu 4: Có số nguyên a ∈ ( −10;10 ) cho ứng với a tồn a a b b  a + < a +  + 1÷.2 b ? b b a  B C 10 số nguyên b thỏa mãn A a +b ab + D 12 Câu 5: Có số nguyên a , cho ứng với số a tồn số nguyên b ∈ ( −12;12 ) thỏa mãn: 4a +b ≤ 3a +b + 256 A B C D 14 Câu 6: Có số nguyên dương b cho ứng với b , có giá 2a + a a a + ≤ a ( b − 1) ? trị nguyên dương thỏa mãn log ab A B C D Câu 7: Cho hàm số f ( x) = ln( x + + x) + x 2021 + x 2023 Số nghiệm nguyên thuộc đoạn [ − 2021; 2021] bất phương trình f (2 x ) + f ( x − 3) ≤ là: A 2021 B 2020 C 2022 D 2023 Câu 8: Có cặp số nguyên ( x; y ) ; y ∈  0; 2021  thỏa mãn phương trình  1 log  x + + x + ÷ = log ( y − x ) ? 4÷   A 90854 B 90855 C 20212 D 20212 − Câu 9: Số tất giá trị nguyên dương a cho ứng với a , tồn )( ( ) log ( a ) log = b + − b + 2b − b số thực b thỏa mãn a + 5 A 10 B 11 C D 2022 Câu 10: Có số nguyên x cho tồn số thực y thỏa mãn log ( x + y + 1) = log ( x + x + y + 1) A ? B C D Câu 11: Có số nguyên a cho ứng với số a , tồn 22 số nguyên b ∈ ( −2022; 2022 ) thỏa mãn: a +b ≤ 6b− a + 2022 A 91 B 92 C 93 D 94 Câu 12: Có số nguyên y thuộc đoạn [ −2022; 2022] cho tồn x ∈ ¡ thỏa mãn 12 3 y + 12.2 x = 23 x − y ? A 2022 B 2021 C 2028 D 2027 Câu 13: Có số ngun x cho ứng với x có khơng 255 số nguyên y thoả mãn log5 ( x + y ) ≥ log ( x + y ) ? A 1250 B.1249 C 625 D 624 Câu 14: Có số nguyên a cho ứng với a , tồn số nguyên b ∈ ( −12;12 ) thỏa mãn 3a +b ≤ 2b− a + 75 ? A B C D 15 Câu 15: Có cặp số nguyên dương ( x; y ) thoả mãn 4x + 4x − = 16y + log4 y4 ? A B < y < 2020 C D 2.4 Hiệu sáng kiến Năm học 2021-2022 giao nhiệm vụ hỗ trợ giảng dạy mơn Tốn lớp: 12C1, 12C2 Đa số học sinh chăm ngoan có ý thức học, đặc biệt em có hứng thú học giải toán Tuy nhiên gặp toán hỏi số nghiệm hàm ẩn em lung túng giải Sau tiến hành thực nghiệm sáng kiến lớp dạy mình, tơi thu nhiều kết khả quan Hoạt động học tập học sinh diễn sôi nổi, đa số học sinh hiểu vận dụng vào giải toán Một số học sinh giỏi biết tự tìm tịi, nghiên cứu thêm đề thi sách tham khảo để hệ thống hóa, đào sâu kiến thức Kết kiểm tra: Lớp Điểm yếu Điểm TB Điểm Điểm giỏi Số % Số % Số % Số % 12C1 0 19,5 11 26,8 22 53,7 12C2 0 13 25 54 15 33 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trong q trình giảng dạy, tơi nhận thấy rằng: sau đưa hệ thống tập trên, học sinh biết vận dụng cách linh hoạt, vào toán khác nhau, từ 16 đơn giản đến phức tạp Học sinh khơng cịn tâm lý e ngại gặp toán Mặt khác, hiệu áp dụng tương đối cao, giải trở nên sáng sủa, ngắn gọn hầu hết em vận dụng tốt 3.2 Kiến nghị Nhà trường cần tạo điều kiện nhiều cho giáo viên việc tiếp xúc với loại sách tham khảo có chất lượng thị trường, đồng thời cần có tủ sách lưu lại sáng kiến kinh nghiệm giáo viên xếp loại, chuyên đề tự học, tự bồi dưỡng giáo viên để đồng nghiệp có tư liệu tham khảo Các quan quản lý giáo dục tỉnh cần phát triển rộng rãi sáng kiến kinh nghiệm giáo viên, đặc biệt sáng kiến xếp loại để đồng nghiệp tham khảo, học hỏi Qua nâng cao hiệu sáng kiến kinh nghiệm ứng dụng vào thực tế nhà trường Mặc dù có nhiều cố gắng song khơng thể tránh khỏi sơ suất, thiếu sót Kính mong hội đồng khoa học cấp bạn bè đồng nghiệp góp ý, xây dựng, bổ sung cho kinh nghiệm đạt chất lượng tốt Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2022 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Mai Văn Ngọc TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa giải tích 12, tác giả Đồn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng, nhà xuất giáo dục năm 2008 17 Đề thi minh họa mơn Tốn năm 2017, 2018, 2019, 2020 Bộ Giáo Dục Đào Tạo Đề thi thử THPTQG mơn tốn Sở Giáo Dục, trường THPT nước 4.Tuyển chọn ôn luyện thi vào đại học cao đẳng, tác giả Nguyễn Trọng Bá, Lê Thống Nhất, Nguyễn Phú Trường, nhà xuất giáo dục, năm 2001 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN 18 XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Mai Văn Ngọc Chức vụ đơn vị cơng tác: TTCM - Trường THPT Hồng Lệ Kha Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Tỉnh Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) C 2012-2013 Tỉnh B 2013-2014 Tỉnh B 2014-2015 biến số Một số kỹ thuật đặc biệt giải Tỉnh B 2015-2016 hệ phương trình Hướng dẫn học sinh lớp 12 Tỉnh B 2017-2018 Tỉnh C 2018-2019 Tỉnh B 2019-2020 TT Tên đề tài SKKN Hướng dẫn học sinh giải số toán khoảng cách liên quan đến đồ thị hàm số Hướng dẫn học sinh giải Năm học đánh giá xếp loại số toán cực trị liên quan đến tọa độ không gian Hướng học sinh giải toán cực trị biểu thức nhiều giải số tích phân đặc biệt Rèn luyện số kỹ giải phương trình mũ phương trình logarit chứa tham số ôn thi THPT Quốc Gia Hướng dẫn học sinh giải số toán vận dụng phương trình liên quan đến hàm số nhằm rèn luyện phát triển tư 19 20 ... dùng phương pháp để giải Xuất phát từ thực tế đó, tơi lựa chọn đề tài: ? ?Hướng dẫn học sinh giải số tốn nghiệm ngun phương trình, bất phương trình mũ logarit nhằm rèn luyện phát triển tư duy? ??... luyện số kỹ giải phương trình mũ phương trình logarit chứa tham số ôn thi THPT Quốc Gia Hướng dẫn học sinh giải số toán vận dụng phương trình liên quan đến hàm số nhằm rèn luyện phát triển tư 19 20... chọn số tốn đặc biệt tìm số nghiệm nguyên phương trình mũ logarit - Đưa số tập để học sinh tự luyện NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận - Các phương trình phương trình, bất phương trình