(SKKN 2022) hướng dẫn học sinh giải nhanh bài toán giá trị nguyên có giả thiết mũ và logarit

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI NHANH BÀI TỐN GIÁ TRỊ NGUN CĨ GIẢ THIẾT MŨ VÀ LOGARIT Người thực hiện: Lê Văn Lâm Chức vụ: Giáo viên SKKN mơn: Tốn THANH HĨA NĂM 2022 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Trang 01 1.1 Lí chọn đề tài 01 1.2 Mục đích nghiên cứu 01 1.3 Đối tượng nghiên cứu 02 1.4 Phương pháp nghiên cứu 02 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 03 03 04 05 2.3.1 Mục tiêu giải pháp 05 2.3.2 Nội dung cách thức thực giải pháp 05 3.2.1GP1: Hướng dẫn học sinh kĩ thuật chuyển bất phương trình phương trình 2.3.2.2 GP2: Hướng dẫn học sinh giải nhanh toán chứa tham số 2.3.2.3 GP3: Hướng dẫn học sinh chuyển dạng câu hỏi 2.3.2.4 GP4: Hướng dẫn học sinh đánh giá theo biến 2.3.2.5GP5: Hướng dẫn học sinh xử lí tốn nhiều biến ngun 2.4 Hiệu SKKN hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường KẾT LUẬN 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị 17 18 18 18 MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Bài tốn giá trị ngun có giả thiết mũ, logarit toán toán thường xuyên xuất đề thi Tốt nghiệp Trung học phổ thông năm gần câu mức độ vận dụng , vận dụng cao Điều gây khó khăn cho học sinh xử lí dạng tốn Việc giải dạng toán đa dạng phong phú, ngồi việc phân loại theo dạng tốn đặc trưng phân loại theo phương pháp giải toán Do đa dạng dạng toán, phương pháp giải mật độ xuất dày đặc đề thi nên học sinh có khối lượng lớn kiến thức tập thực hành khổng lồ Vì vậy, khơng có chiến lược cách học phần kiến thức học sinh dễ sa vào việc lo giải tập tốn mà khơng có định hướng tư phương pháp Giải tập Toán phần quan trọng, khơng thể thiếu mơn Tốn , làm tập giúp học sinh củng cố khắc sâu thêm kiến thức mà đồng thời rèn luyện khả tư cho học sinh Bài toán giá trị nguyên có giả thiết mũ logarit tốn khó, xuất nhiều đề thi Tuy nhiên nội dung lí thuyết phần hệ thống SGK phổ thơng trình bày đơn giản chưa có hướng xử lí nhanh cho thi trắc nghiệm khách quan (TNKQ) Điều gây khó khăn nhiều cho việc tiếp thu kiến thức, hình thành dạng toán phương pháp giải toán cho học sinh Vì vậy, thực tế yêu cầu phải trang bị cho học sinh hệ thống phương pháp suy luận giải toán, kĩ thực hành giải nhanh tốn giá trị ngun có giả thiết mũ logari Với ý định đó, sáng kiến kinh nghiệm muốn nêu cách xây dựng định hướng “giải nhanh tốn giá trị ngun có giả thiết mũ logarit” theo hướng TNKQ 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Trong sáng kiến kinh nghiệm nội dung, phương pháp trang bị cho học sinh để giải toán giá trị nguyên có giả thiết mũ logarit kĩ giải nhanh câu hỏi TNKQ Đó là: “ Hướng dẫn học sinh giải nhanh toán giá trị nguyên có giả thiết mũ logarit ” Từ đề giải pháp nhằm nâng cao hiệu giải tốn học sinh trường THPT Hoằng Hóa 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Các phương pháp giải toán phương trình , bất phương trình mũ logarit có liên quan đến giá trị nguyên Các kĩ thuật giải nhanh phương trình , bất phương trình mũ logarit có liên quan đến giá trị nguyên 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Phương pháp dạy học theo hướng giải vấn đề Nghiên cứu tư liệu sản phẩm hoạt động sư phạm Phương pháp quan sát thực tế: quan sát tư giải toán học sinh Phương pháp hỏi đáp: trao đổi trực tiếp với giáo viên, học sinh vấn đề liên quan đến nội dung đề tài Phương pháp thống kê, phân tích số liệu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1.1 Kiến thức phương trình, bất phương trình mũ – logarit - Dạng phương trình, bất phương trình x +) a  b  a  0, a  1 +) log a x  b  a  0, a  1 x x x x +) a  b ( a  b, a  b, a  b ) với a  0, a  +) log a x  b (hoặc log a x  b,log a x  b,log a x  b ) với a  0, a  [1] - Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ – logarit +) Phương pháp đưa số a x  a k  x  k log a x  log a k  x  k  k   +) Phương pháp đặt ẩn phụ x Ẩn phụ t  a t  log a x +) Phương pháp mũ hóa logarit hóa +) Phương pháp đánh giá +) Phương pháp hàm số Sử dụng tính chất đơn điệu hàm số dạng hàm hàm đặc trưng - Tư phương trình, bất phương trình có chứa tham số +) Phương pháp 1: Phương pháp cô lập tham số +) Phương pháp 2: Xây dựng điều kiện tương ứng cho toán +) Phương pháp3: Sử dụng đồ thị 2.1.2 Mối quan hệ phương trình bất phương trình Định lí (*): “Hàm số f(x) liên tục  x1; x2  phương trình f(x) = vơ nghiệm  x1; x2  Khi f(x) khơng đổi dấu Chứng minh:  x1; x2  ” Giả sử f(x) đổi dấu  x1; x2  suy tồn a, b   x1; x2  , a  b mà f (a) f (b)  Do f(x) liên tục  a; b  nên f(x) = có nghiệm (a; b): Trái giả thiết Từ ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Như vậy, biểu thức f(x) liên tục khoảng nghiệm liên tiếp x1  x2 f(x) khơng đổi dấu  x1; x2  Do để xét dấu f(x)  x1; x2  ta cần thử giá trị cụ thể  x1; x2  Khi việc xét dấu f(x) tập xác định quy giải phương trình f(x) = tập xác định.Từ ta giải bất phương trình liên quan đến xét dấu f(x) Trong trang này: Mục 2.1.1 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [1] Mục 2.1.2 tác giả tự viết tổng hợp 2.1.3 Giá trị ngun tốn có giả thiết mũ logarit Trong thực tế giải toán giá trị nguyên có giả thiết mũ lgarit, thường xuất câu hỏi sau: - D1: Câu hỏi giá trị nguyên tham số phương trình, bất phương trình mũ logarit -D2: Câu hỏi giá trị nguyên tập nghiệm bất phương trình mũ logarit - D3: Câu hỏi giá trị nguyên biến thứ để tồn điều kiện cho biến thứ hai thỏa mãn phương trình, bất phương trình mũ logarit - D4: Câu hỏi cặp giá trị nguyên thỏa mãn phương trình, bất phương trình mũ logarit - D5: Câu hỏi giải toán nghiệm nguyên thỏa mãn phương trình, bất phương trình mũ logarit phương pháp đánh giá 2.2 THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.2.1.Thuận lợi: Nội dung phương trình, bất phương trình mũ logarit học sinh tiếp cận chương 2- Giải tích 12 nên việc giải tốn giá trị nguyên có giả thiết mũ logarit tiếp nối tự nhiên tư Điều thuận lợi cho học sinh trình tiếp thu hệ thống kiến thức giải toán Bài toán giá trị nguyên có giả thiết mũ logarit xuất nhiều đề thi TN THPT Quốc Gia nên học sinh làm quen với khối lượng lớn tập đặc sắc, phong phú, đa dạng nội dung dạng tốn 2.2.2 Khó khăn: Do nội dung khó, có nhiều câu xuất đề thi với tư cách câu phân loại khó nên đa số tốn để giải khó khăn Vì gây cho học sinh thói quen rằng: tốn khó khơng có động lực để vượt qua Do đa dạng nội dung, phương pháp mức độ khó, khối lượng tập khổng lồ làm cho nhiều học sinh “loạn kiến thức” , phân biệt dạng tập không vận dụng phương pháp giải toán Đa số học sinh giải tốn theo thói quen, mị mẫm để giải tốn chưa thực trọng đến tư phương pháp, tư giải nhanh Do hiệu học giải tốn chưa cao Việc thi TNKQ địi hỏi học sinh tư nhanh, giải toán nhanh, kĩ nhanh nên nhiều học sinh chưa đáp ứng Trong trang này: Mục 2.1.3 tác giả tự viết tổng hợp Mục 2.2 tác giả tự viết 2.3 CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2.3.1.Mục tiêu giải pháp Đưa nội dung phương pháp giải toán , dấu hiệu nhận biết phương pháp giải nhanh tương ứng để giải câu hỏi trắc nghiệm khách quan (TNKQ) toán giá trị nguyên có giả thiết mũ logarit 3.2 Nội dung cách thức thực giải pháp 2.3.2.1 GP1: Kĩ thuật “chuyển bất phương trình phương trình” Việc giải phương trình f  x   thường đơn giản việc giải bất phương trình tương ứng: f  x   0, f  x   0, f  x   0, f  x   Nhờ định lí (*), chuyển toán giải bpt giải phương trình tương ứng kết hợp Máy tính cầm tay để hỗ trợ giải tốn x Ví dụ Bất phương trình   3x   x 1    log  x  1    có bao     ;2022   ? nhiêu nghiệm nguyên khoảng  A 2018 B 2020 C 2021 D 2019 [4] Tư duy: Bài toán giải trực tiếp bpt phải xét trường hợp việc giải lấy tập nghiệm gặp khó khăn Dùng kĩ thuật “chuyển bất phương trình phương trình”, việc giải tốn nhẹ nhàng dễ tiếp cận Lời giải   D    ;     Bước1: Tập xác định bpt: Xét  f  x    x  3x   x 1    log  x  1   Bước 2: Giải phương trình: f  x   ,  x  3x    f  x     x 1    x   1; 2;2;4 log x         D    ;     Bước 3: Lập bảng xét dấu f ( x) Căn bảng xét dấu giả thiết ta có x  x  5;2021 Chọn đáp án A Nhận xét Đây kĩ thuật giải toán nhanh bpt, phù hợp với thi TNKQ Qua kĩ thuật này, thực học sinh thấy mối quan hệ biện chứng pt bpt Trong trang này:Ví dụ tham khảo từ TLTK số [4], lời giải “của” tác giả 2 m để bất phương trình Ví dụ Số giá trị ngun có tập nghiệm chứa khơng q số nguyên là: A 32 B 33 C 62 x2    2x  m  D 61 [2] Tư duy: Đây bất phương trình mũ chứa tham số cần biện luận số phần tử nghiệm nguyên tập nghiệm Do đó, cần tìm tập nghiệm bất phương trình xây dựng điều kiện cho tham số Lời giải x2   x  m    x2    x   m  , ta có + Với Khi bpt có nhiều nghiệm nguyên nên m  khơng thỏa mãn tốn   x2   x x 2 x     m    x    m    x  log m + Với m  , ta có   Bảng xét dấu     f ( x)  x2   2x  m  ¡ Bất phương trình cho có tập nghiệm chứa không số nguyên  log m   m  25  m  32 m   1;2;3; 32 Mà m nguyên dương nên Vậy có 32 giá trị m thỏa mãn u cầu tốn Do chọn đáp án A Nhận xét Trong thực tế giảng dạy, học sinh xét trường hợp giải tốn Tuy nhiên học sinh nhận thấy việc xét dấu hiệu đơn giản 3.2.2 GP2: Hướng dẫn học sinh giải nhanh toán chứa tham số Trong toán chứa tham số, câu hỏi thường đặt đếm số giá trị nguyên tham số Trong trường hợp cần hướng dẫn học sinh giải toán đếm số giá trị nguyên tham số Một số tốn xét riêng, chia trường hợp theo biến nguyên tham số để đơn giản hóa tốn Ví dụ Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 2 2sin x  3cos x  m.3sin x có nghiệm ? B C D [4] A Tư duy: Đây phương trình mũ chứa tham số giá trị nguyên cần đếm tham số m Do đó, cần tìm điều kiện để phương trình có nghiệm đếm số giá trị nguyên tham số Trong trang này:Ví dụ tham khảo từ TLTK số [2], lời giải “của” tác giả Lời giải 2 2 sin x  3cos x  m.3sin x  2sin x  31sin x  m.3sin x Ta có: 2 Đặt t  sin x , với t   0;1 t 1t 3 t 2  m.3     312t  m 3 t Phương trình cho trở thành: t 2 f  t      31 2t 3 Xét hàm số  0;1 t 2  f   t     ln  2.312t.ln  0, t   0;1 3 Ta có Dp hàm f  t  nghịc biến  0;1 nên f  1  f  t   f   , t   0;1 Suy  m  Khi có giá trị nguyên tham số m thỏa mãn tốn Do chọn đáp án B Nhận xét Đây tốn phương trình mũ chứa tham số, việc đếm giá trị nguyên tham số nhằm khắc phục việc học sinh thử đáp án trắc nghiệm câu hỏi cho đáp án cụ thể Ví dụ Có m ngun m   2021;2021 để phương trình x  2m  log  18  x  1  12m  có nghiệm? A 211 B 2020 C 2023 D 212 [4] Tư duy: Đây phương trình phối hợp mũ, logarit chứa tham số giá trị nguyên cần đếm tham số m Do đó, cần tìm điều kiện để phương trình có nghiệm đếm số giá trị nguyên tham số Lời giải x  2m  log  18  x  1  12m   x  2m  3log 6  x  m  3  Ta có:  x  2m  1  log  x  2m     x  3log  x  2m    2m  3,  * y Đặt y  log  3x  2m  3   3x  2m  3,  1 x Mặt khác, PT(*) trở thành:  y  2m  3,   y x x y Từ (1) và(2), ta có:   x  y   3x   y  3 t t Hàm số f  t    3t đồng biến ¡ , f '  t   ln   0, t  ¡ Do đó: (3)  f  x   f  y   x  y x x Thay y  x vào PT (1), ta  x  2m    3x  2m    , g '  x    x  log    ln  Hàm số g  x    x ¡ , g '  x   ln  x Từ bảng biến thiên hàm số g  x    x ¡ , ta có: x x Trong trang này:Ví dụ 3, Ví dụ tham khảo từ TLTK số [4]; lời giải “của” tác giả    2m   g  log   0,81  m  1,095 ln   PT cho có nghiệm Vậy có 2023 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu Do chọn đáp án C Nhận xét Bài toán thực tế gây khó khăn cho học sinh có phối hợp mũ logarit kết hợp tham số, đòi hỏi nhiều kĩ tư hàm số để làm đơn giản phương trình trước sử dụng phương pháp lập tham số giải tốn  4log 2 x  log x   x  m  Ví dụ Cho phương trình ( m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt A 49 B 47 C 48 D Vô số [3] Tư duy: Bài tốn có dạng phương trình tích phối hợp mũ, logarit có chứa tham số Ở toán cần biện luận để tập nghiệm phương trình có hai phần tử Lời giải x   x  log m Điều kiện:  Vì m nguyên dương nên ta xét m  + Với m  , điều kiện phương trình x  4log 22 x  log x   x    Phương trình trở thành x   log x     4log 22 x  log x      x   log x    x       x  x    Phương trình có hai nghiệm nên m  thỏa mãn + Với m  , điều kiện phương trình x  log m x  log x    5  4log 22 x  log x     x  log x    x    7  m   x  log m  x  log m   Pt  Yêu cầu toán   log m  Kết hợp m nguyên dương, m  ta m   3;4;5; ;48 Khi có tất 47 giá trị m Do chọn đáp án B Nhận xét Đây câu 44, đề minh họa Bộ Giáo dục năm 2019 Bài toán thực tế giảng dạy, số học sinh gặp khó khăn xử lí điều kiện xác định tốn Trong trang này: Ví dụ tham khảo từ TLTK số [3]; lời giải “của” tác giả 2.3.2.3 GP2: Hướng dẫn học sinh chuyển dạng câu hỏi Một số toán thay đổi cách hỏi gây khó khăn cho học sinh Vì hướng dẫn học sinh giải tốn cần tạo cho học sinh kĩ chuyển dạng câu hỏi, “quy lạ quen” để học sinh vừa hiểu chất, vừa tự tin giải tốn Ví dụ Có số nguyên dương y cho tồn số thực x   1;6  thỏa  x  1 e x  y  e x  xy  x  3 mãn A 18 B 15 ? C 16 D 17 [3] Tư duy: Bài toán phát biểu thành tốn quen thuộc sau: Có giá trị nguyên dương tham số y để phương trình  x  1 e x  y  e x  xy  x  3 có nghiệm thực x   1;6  ? Lời giải f  x    x  1 e x  y  e x  xy  x  3 Xét hàm số  1;6  f   x   xe x  y  e x  y  x   xe x  ye x  y  xy Ta có x   4x  y  ex  y  4x  y    4x  y   ex  y  với e  y  y f  x    x  Khi đó: 10 y   1;6   y   4;24  + Trường hợp 1: Bảng biến thiên hàm số f  x   1;6  Ta có: f  1  y   e  y   y   4;24  Yêu cầu toán tương đương với f     6 y   75  e6  y  20e6   73,13  y  18,39 Khi y   5;6;7;K ;18 Vậy có 14 giá trị nguyên dương y thỏa mãn y   y  + Trường hợp 2: Bảng biến thiên hàm số f  x   1;6  Trong trang này: Ví dụ tham khảo từ TLTK số [3]; lời giải “của” tác giả  f  1   y    e  y     y  3,3 f  0  y  18,39       Yêu cầu toán Suy y  thỏa mãn y   y  24 + Trường hợp 3: Bảng biến thiên hàm số f  x   1;6   f     y  18,39   f    0