(SKKN 2022) Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải nhanh một số bài toán vân dụng về mũ logarit bằng phương pháp hàm đặc trưng

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Mũ-lôgarit phần kiến thức quan trọng chương trình mơn Tốn lớp 12 Để hồn thành tốt kiến thức phần thực không đơn giản Đặc biệt nói đến tốn hàm số mũ-lơgarit tốn khó Nếu sâu vào hàm số mũ-lơgarit lại khó Trong dạng tốn mũ-lơgarit ta thường gặp số dạng: Phương trình, bất phương trình mũ lơgarit Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số Nghiệm nguyên phương trình Để giải dạng toán ta sử dụng phương pháp hàm đặc trưng phương pháp hữu hiệu Trong kì thi Tốt nghiệp THPT mơn Tốn thi hình thức trắc nghiệm, vấn đề khó khăn cho học sinh Vì ngồi việc giải tốt tốn cịn địi hỏi phản ứng nhanh, tính tốn xác để đưa kết nhanh kịp với thời gian quy định Do với chất dạng tốn khó, địi hỏi lập luận, suy luận cao, tư lơgic cộng với việc tính tốn nhanh thách thức học sinh lớp 12 Từ lý với kinh nghiệm giảng dạy định chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải nhanh số tốn vận dụng mũ-lơgarit phương pháp hàm đặc trưng’’ làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm thân năm học 2021-2022 Rất mong nhận đóng góp ý kiến, nhận xét đánh giá đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài hình thành cách tính nhanh, xác số dạng tốn mũ-lơgarit chương trình Giải tích 12 nhằm rèn luyện kỹ tốn học định hướng phát triển cho học sinh lực sau: - Năng lực tư duy, lực tính tốn, lực tự học giải vấn đề - Năng lực sử dụng công nghệ thông tin (máy tính cầm tay casio) - Năng lực sử dụng ngơn ngữ Tốn học - Kỹ vận dụng kiến thức phương pháp hàm đặc trưng 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài phương pháp hàm đặc trưng mũlơgarit-Chương II-Giải tích 12 để rèn luyện kỹ phát triển lực Toán học học sinh 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu sử dụng đề tài bao gồm - Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Điều tra, khảo sát thực tế dạy học phần mũ-lôgarit trường THPT Như Thanh để từ thấy tầm quan trọng việc áp dụng phương pháp hàm đặc trưng việc nâng cao chất lượng dạy học - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết: Dựa vào sách giáo khoa Giải tích 12-Nâng cao Cơ bản, sách tập Giải tích 12-Nâng cao Cơ bản, tài liệu phân phối chương trình, tài liệu dạy học theo định hướng phát triển lực học sinh - Phương pháp thống kê, xử lý số liệu: Thống kê xử lý số liệu lớp thực nghiệm lớp đối chứng để qua thấy hiệu đề tài NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong nghiên cứu khoa học việc tìm quy luật, phương pháp để giải vấn đề vơ quan trọng Nó giúp ta có định hướng tìm lời giải lớp tốn Trong dạy học giáo viên người có vai trò thiết kế điều khiển cho học sinh thực luyện tập hoạt động tương thích với nội dung dạy học Vì trang bị phương pháp, tập trung dạy cách học, rèn luyện kỹ năng, phát triển lực cho học sinh nhiệm vụ quan trọng người giáo viên Trong chương “Hàm số lũy thừa, hàm số mũ hàm số lơgarit” sách giáo khoa Giải tích lớp 12 đưa ba phương pháp để giải tốn mũ-lơgarit là: phương pháp đưa số, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp mũ hóa lơgarit hóa Đây ba phương pháp nhất, giải nhiều tập mũ-lôgarit Tuy nhiên số dạng tập vận dụng mũ-lơgarit ba phương pháp khơng thể giải giải vơ phức tạp Vì vậy, tơi nhận thấy cần bổ sung thêm phương pháp hàm đặc trưng, giúp học sinh dễ dàng giải dạng toán 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Như Thanh trường nằm phía Nam tỉnh Thanh Hóa, có nhiều học sinh vùng đặc biệt khó khăn thuộc vùng 135, có nhiều học sinh em dân tộc thiểu số nên điểm đầu vào thấp Tư học sinh chậm, điều kiện kinh tế cịn khó khăn, đường học cịn xa khó nên ảnh hưởng nhiều đến kết học tập em Trong q trình dạy học tơi nhận thấy điều để làm tốt, nhanh phần hàm số mũ-lơgarit cần phải nắm vững kiến thức, địi hỏi học sinh phải có khả phán đốn, phân tích tốt đồng thời cần có kỹ trình bày chặt chẽ tư logic cao, kỹ phân tích dạng tốn Nhưng thực tế điều lại điểm yếu khơng học sinh, kể học sinh giỏi, dẫn đến tâm lý chán, ngại làm dạng hàm số mũ-lơgarit khó 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Ôn tập số kiến thức cần dùng cho học sinh +) Bảng đạo hàm hàm số sơ cấp, hàm số hợp +) Tính chất lũy thừa lơgarit +) Kiến thức tính đồng biến nghịch biến hàm số +) Kiến thức cực trị hàm số +) Kiến thức giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số +) Đạo hàm hàm số mũ-lôgarit 2.3.2 Tìm hiểu hàm đặc trưng Cho hàm số y = f ( x ) liên tục tập D • Nếu hàm số f ( x ) đơn điệu (đồng biến nghịch biến) D với u , v thuộc D ta có: f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v • Nếu hàm số f ( x ) đồng biến D với u , v thuộc D ta có: f ( u) < f ( v) ⇔ u < v • Nếu hàm số f ( x ) nghịch biến D với u , v thuộc D ta có: f ( u) < f ( v) ⇔ u > v Một số trường hợp thường gặp: Trường hợp 1: Phương trình cho đưa dạng: f ( u ) = f ( v ) u = u ( x) , v = v( x) Phương pháp: Bước 1: Biến đổi phương trình dạng: f ( u ) = f ( v ) , u , v ∈ D Bước 2: Xét hàm số y = f ( t ) miền xác định D *) Tính y′ xét dấu y′ *) Kết luận hàm số f ( t ) hàm số đơn điệu D Bước 3: Kết luận *) f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v Trường hợp 2: Bất phương trình cho đưa dạng: f ( u ) < f ( v ) u = u ( x ) , v = v ( x ) Phương pháp: Bước 1: Biến đổi bất phương trình dạng: f ( u ) < f ( v ) , u , v ∈ D Bước 2: Xét hàm số y = f ( t ) miền xác định D *) Tính y′ xét dấu y′ *) Kết luận hàm số f ( t ) hàm số đơn điệu D Bước 3: Kết luận *) Nếu f ( t ) đồng biến thì: f ( u ) < f ( v ) ⇔ u < v *) Nếu f ( t ) nghịch biến thì: f ( u ) < f ( v ) ⇔ u > v Như ta thấy, phía giáo viên đề, cần xác định hàm số đơn điệu thay giá trị hợp lí vơ số tập Vậy vấn đề đặt là, học sinh đứng trước toán, phải làm để định hướng cho em cách giải tốn hợp lí nhất, cách để em phát tốn giải phương pháp hàm đặc trưng hay khơng giải nào? Việc tìm hàm đặc trưng, địi hỏi phải có lực phán đoán, khả tư linh hoạt đặc biệt phụ thuộc vào kinh nghiệm người học Đó nội dung mà sáng kiến muốn truyền tải đến bạn đọc 2.3.3 Hướng dẫn rèn luyện số dạng tốn mũ-lơgarit hàm đặc trưng giúp học sinh làm toán trắc nghiệm nhanh gọn giảm bớt tối đa thời gian 4 Dạng 1: Phương trình, bất phương trình mũ lơgarit Bài 1: Có tất giá trị nguyên tham số m ∈ [ −10;10] để phương x −2 m = − e x −3 x + m có nghiệm thực x trình ( x − 3x + m ) e A 15 B 16 C.17 D 18 Hướng dẫn: Chọn B 3 x −2 m = − e x −3 x +m ⇔ x3 − x + m = e − x + m − e x3 −4 x+3m Phương trình ( x − 3x + m ) e ⇔ e x −4 x +3m + ( x − x + 3m ) = e − x + m + ( − x + 2m ) t t Xét hàm số f ( t ) = e + t ; t ∈ ¡ ⇒ f ' ( t ) = e + > ∀t ∈ ¡ Hàm số đồng biến Phương trình cho tương đương f ( x3 − x + 3m ) = f ( − x + 2m ) ⇔ x − x + 3m = − x + 2m ⇔ − x + 3x = m Dễ thấy phương trình có nghiệm thực x phương trình − x + 3x = m có nghiệm thực Lập bảng biến thiên hàm số f ( x ) = − x + 3x , suy phương trình có m >  −10 ≤ m ≤ −3 m∈[ −10;10]  → nghiệm thực   m < −2 3 ≤ m ≤ 10 Vậy có tất 16 giá trị nguyên m thỏa mãn điều kiện đề Bài 2: Số giá trị nguyên m để phương trình ln  m + 2cos x + ln ( m + 3.cos x )  = cos x có nghiệm A B C D Hướng dẫn: Chọn D m + 3.cos x > Điều kiện:  m + 2.cos x + ln m + 3.cos x > ( )  Ta có: ln  m + 2cos x + ln ( m + 3.cos x )  = cos x ⇔ m + 3.cos x + ln ( m + 3.cos x ) = ecos x + cos x ⇔e ln ( m +3cos x ) + ln ( m + 3.cos x ) = ecos x + cos x ( 1) t t Xét hàm số f ( t ) = e + t , t ∈ ¡ Ta có f ′ ( t ) = e + > 0, t ∈ ¡ Nên hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Do ( 1) ⇔ f ln ( m + 3.cos x )  = f ( cos x ) ⇔ ln ( m + 3cos x ) = cos x Đặt u = cos x , u ∈ [ −1;1] Phương trình (1) ln ( m + 3u ) = u ⇔ m = eu − 3u u u Xét g ( u ) = e − 3u , u ∈ [ −1;1] ; g ′ ( u ) = e − < 0, ∀u ∈ [ −1;1] Hàm số g ( u ) nghịch biến [ −1;1] Phương trình (*) có nghiệm thực ⇔ g ( 1) ≤ m ≤ g ( −1) ⇔ e − ≤ m ≤ + e Mà m ∈ ¢ nên m ∈ { 0;1;2;3} Bài 3: Cho hàm số f ( x) = ln( x + + x) + x 2021 + x 2023 Số nghiệm nguyên thuộc đoạn [ − 2022;2022] bất phương trình f (2 x ) + f ( x − 3) ≤ A 2021 B 2022 C 2023 D 2024 Hướng dẫn: Chọn D Xét hàm số f ( x) = ln( x + + x) + x 2021 + x 2023 Tập xác định D = ¡ Với x ∈ D , ta có f ( − x ) = ln ( f ( − x ) = − ln ) x + − x − x 2021 − x 2023 ( ) x + + x − x 2021 − x 2023 = − f ( x ) Do hàm số f ( x) hàm số lẻ suy f ( x − 3) = − f (3 − x) Mặt khác với x ∈ D , ta có f '( x) = + 2021.x 2020 + 2023.x 2022 > , nên hàm số đồng biến ¡ x2 + x x Khi bất phương trình f (2 ) + f ( x − 3) ≤ ⇔ f ( ) ≤ f ( − x ) ⇔ 2x ≤ − x ⇔ 2x + x − ≤ Xét hàm số g ( x) = x + x − , ta có g ( x) đồng biến ¡ g (1) = nên bất phương trình x + x − ≤ ⇔ g ( x ) ≤ g ( 1) ⇔ x ≤ Do x nguyên thuộc [− 2022;2022] nên x nhận giá trị thuộc tập T = { −2022, − 2021, −2020, 0, 1} có 2024 giá trị cần tìm x x x 3 Bài 4: Cho bất phương trình 27 + x.9 + ( x + 3) ≤ ( m − 1) x + ( m − 1) x Số giá trị nguyên tham số m để bất phương trình có nghiệm nguyên dương phân biệt A 507 B 508 C 509 D 510 Hướng dẫn: Chọn B x x x 3 Ta có 27 + x.9 + ( x + ) ≤ ( m − 1) x + ( m − 1) x ⇔ ( 3x + x ) + ( 3x + x ) ≤ ( mx ) + ( mx ) 3 ( 1) Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , có f ′ ( t ) = 3t + > Nên f ( t ) đồng biến ¡ , ( 1) ⇔ 3x + x ≤ mx ⇔ 3x 3x ln 3.x − 3x Xét hàm số g ( x ) = ⇒ g ′ ( x ) = x x2 Ta có g ′ ( x ) = ⇔ x = log e = x0 < Ta có bảng biến thiên hàm số g ( x ) 3x ≤ m − , (vì x > ) x Bất phương trình có nghiệm ngun dương phân biệt  g ( ) ≤ m − 2187 6561 2194 6569 ⇔ ⇔ ≤ m −1< ⇔ ≤m< 8  g ( 8) > m − Vậy có 508 giá trị nguyên tham số m 2x Bài 5: Tìm tất giá trị tham số a để phương trình ee −a − x − a = có nhiều nghiệm nhất? A a ≥ B a > C a < e D a ≥ −1 Hướng dẫn: Chọn B 2x Phương trình cho tương đương với: ee −a − x − a = et − x − a = Đặt t = e2 x − a , ta có hệ:  x ⇒ et + t = e x + x ( *) e − t − a = u u Xét hàm số f ( u ) = e + u , ta có: f ′ ( u ) = e + > , ∀u ∈ ¡ Suy hàm số f ( u ) đồng biến ¡ Ta có: ( *) ⇔ f ( t ) = f ( x ) ⇔ t = x Khi a = e x − x 2x 2x 2x Xét hàm số g ( x ) = e − x , g ′ ( x ) = 2e − , g ′ ( x ) = ⇔ 2e − = ⇔ x = Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy phương trình cho có số nghiệm nhiều nghiệm, a > Dạng 2: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số − xy = xy + x + y − Bài 1: Xét số thực dương x , y thỏa mãn log x + 2y Tìm giá trị nhỏ Pmin P = x + y 11 − 19 11 + 19 A Pmin = B Pmin = 9 18 11 − 29 11 − C Pmin = D Pmin = Hướng dẫn: Chọn D − xy log = xy + x + y − x + 2y ⇔ log 3 ( − xy ) + ( − xy ) = log ( x + y ) + ( x + y ) + > 0, ∀t > Xét hàm số f ( t ) = log t + t , ( t > ) , f ′ ( t ) = t ln Suy f ( ( − xy ) ) = f ( x + y ) ⇔ − xy = x + y ⇔ x = − 2y 1+ 3y − 2y >0⇒0< y < 1+ 3y − 2y P= x+ y= y+ với < y < 1+ 3y  −1 − 11 y=  −11 P′ = + =0⇔  ( 1+ 3y) −1 + 11 y =  Ta có y > ⇒ Bảng biến thiên y −∞ P′ P + −1 − 11 − − −∞ −∞ −1 + 11 + +∞ 11 − 3 11 − Bài 2: Cho số thực a , b thỏa mãn 2 ea + 2b + e ab ( a − ab + b − 1) − e1+ ab +b = Gọi m , M giá trị nhỏ Vậy giá trị nhỏ P P = nhất, giá trị lớn biểu thức P = 10 Hướng dẫn: Chọn A Ta có A B 10 Khi m + M + 2ab C D + e ab ( a − ab + b − 1) − e1+ ab +b = ⇔ e a −ab+ 2b2 + a − ab + b − − e1+b2 = 2 ⇔ e a −ab+ 2b + a − ab + 2b = e1+b + + b , ( *) ea + 2b2 t t t Xét hàm số: f ( t ) = e + t ⇒ f ′ ( t ) = e + > ⇒ f ( t ) = e + t hàm số đồng biến ¡ ( *) ⇔ f ( a − ab + 2b ) = f ( + b ) ⇔ a − ab + 2b = + b ⇔ a − ab + b = 1 a − ab + b = Do P = + 2ab a + ab + b TH1: b = Khi P = a a  ÷ −  ÷+ x − x + a b b = = g ( x ) với x = TH2: b ≠ Khi P = x + x +1 b a a + +  ÷  ÷ b b 2x − x =1 g′( x ) = ′ g x = ⇔ ( ) ;  x = −1 ( x + x + 1)  Bảng biến thiên 10 Do đó: m = P = ; M = maxP = ⇒ m + M = 3 y y −1 Bài 3: Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn + y = x + log ( x + ) Giá x trị nhỏ biểu thức P = y e + ln e − ln e ln e A B C D 2 2ln Hướng dẫn: Chọn C y y −1 y y ( 1) Ta có + y = x + log ( x + ) ⇔ + y = x + log ( x + ) − y Đặt t = log ( x + ) ⇒ x + y = 2t ⇒ x = 2t − y ( 1) trở thành: y + y = 2t − y + t − ⇔ y +1 + y + = 2t + t ( 2) u u Xét hàm số f ( u ) = + u , u ∈ ¡ ⇒ f ′ ( u ) = ln + > 0, ∀u ∈ ¡ nên hàm số f ( u ) = 2u + u đồng biến ¡ Kết hợp với ( ) ta t = y + y −1 y −1 y ln − y −1 ⇔ log ( x + ) = y + ⇔ x = Khi P = ; P′ = y y2 Phương trình P′ = ⇔ y ln − = ⇔ y = ln Bảng biến thiên y Vậy minP = y −1 e ln e x = y = 2 ln ( ) 6x 2y + 2 x + − y − + x = Với 2x + −1 cặp số ( x; y ) thoả mãn phương trình trên, giá trị nhỏ 2y T= x + ( x + ) + x + − 2.3 thuộc khoảng sau đây? 3 A ( −4; −2 ) B ( −11; −9,5 ) C ( −6; −4 ) D ( −9,5; −8 ) Hướng dẫn: Chọn B Điều kiện x > 6x 2y + 2x + − y − + 2x = Ta có 2log 2x + −1 Bài 4: Cho phương trình 2log ( (( )) ⇔ 2log 3 ⇔ 2log ( ) 2x + + + 2x + − y − ) ( 2x + + + ) 2y + 2x = 2y x + + = log 3 +3 2y (1) + > 0, ∀t > t ln Suy hàm số y = f ( t ) đồng biến khoảng ( 0;+∞ )  x + +  = f 32 y ⇔ x + + = 32 y ⇔ f ( ) Từ  ÷   2y x + ( x + ) + x + − 2.3 Do T = 3 = x + ( x + ) + x + − 2 x + + 3 Đặt t = x + > ⇒ x = t − 1 2 2 Suy T = t ( t − + ) + t − + − ( t + 1) = t − t − 3t − 3 3  t = −1 Có T ′ = t − 2t − ⇒ T ′ = ⇔  t = Bảng biến thiên Xét hàm số y = f ( t ) = log t + t ⇒ f ′ ( t ) = ( ) ( ) ( ( Từ bảng biến thiên suy T = − ) ) 29 ≈ −9,67 ∈ ( −11; −9,5 ) Bài 5: Xét số thực x , y thỏa mãn 5( ) + 25 xy ( x + y − − xy ) − 53 xy +1 = Gọi m , M giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức P = x + y − x y Khi 3m + 2M x+ y 10 A 3m + 2M = B 3m + 2M = 10 C 3m + 2M = D 3m + 2M = −1 3 Hướng dẫn: Chọn C Ta có 5( ⇔ 5x x+ y ) + y2 + 25 xy ( x + y − − xy ) − 53 xy +1 = + x + y = xy +1 + ( xy + 1) ( 1) t Xét hàm số y = 5t + t [ 0;+ ∞ ) có y′ = ln + > 0, ∀t ∈ [ 0; + ∞ ) 2 Do ( 1) ⇔ x + y = xy + ⇒ xy ≤ xy + = ( x + y ) − xy ⇔ − ≤ xy ≤ Ta có: P = ( x + y ) − x y = ( xy + 1) − x y = −2 ( xy ) + xy + 2     Xét hàm số y = −2t + 2t +  − ;1 có y′ = −4t + = ⇔ t = ∈  − ;1÷      1 1 3 Ta có: y  − ÷ = , y  ÷ = , y ( 1) = suy m = M =  3 2 10 Vậy 3m + 2M = + = Dạng 3: Nghiệm ngun phương trình Bài 1: Có số nguyên dương b cho ứng với b , có giá 2a + a a + 2a ≤ a ( b − 1) ? trị nguyên dương thỏa mãn log ab A B C D Hướng dẫn: Chọn A Vì a > ⇒ b > Với b > , ta có 2a + a log + 2a ≤ a ( b − 1) ⇔ log ( 2a + a ) − log ( ab ) + 2a ≤ 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 2a + a a ≤ b ( 2) ( 1) ⇔ + a ≤ ab ⇔ a 2a + a a.2a.ln − 2a Xét hàm số f ( a ) = , a > ; f ′( a ) = ; f ′( a ) = ⇔ a = a a ln Bảng biến thiên hàm số f ( a ) 11   Phương trình ( ) 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 ( 3) ≤ b ⇔ b ≥ ⇔ ≤ b < TH1:  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 <  11 ⇒ giá trị b thỏa mãn yêu cầu toán ≤ b < ⇒ có số nguyên b thỏa mãn u cầu tốn Bài 2: Có cặp số ( x, y ) số nguyên không âm thỏa mãn: ( 1+ x + 2y ) + log ( x + y ) = 2log ( x + y + xy + x ) + ( x + y ) + x + y A Hướng dẫn: Chọn B Ta có ( 1+ x + 2y ) B C D + log ( x + y ) = 2log ( x + y + xy + x ) + ( x + y ) + x + y 2 ⇔ log 2 x + y + x + y = log ( x + y ) + x  + ( x + y ) + x  (1)     + > 0, ∀t > Xét hàm số g ( t ) = log t + t với t > , có g ′ ( t ) = t.ln Suy hàm số y = g ( t ) = log t + t đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) ( ) ( ) Do ( 1) ⇔ g x + y = g ( x + y ) + x ⇔ x + y = ( x + y ) + x 2 ⇔ x + y + x + y = ( x + y ) + ( x + y ) (2) Xét hàm số h ( u ) = u + u với u > , có h′ ( u ) = 2u + > 0, ∀u > 2 Suy hàm số y = h ( u ) = u + u đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) Từ ( ) ⇔ h ( ) x + 2y = h( x + y) ⇔ x + 2y = x + y ⇔ x + 2y = ( x + y) ⇔ x + xy + y = x + y ⇔ y + ( x − 1) y + x − x = (3) Phương trình (3) có nghiệm ⇔ ∆ y′ ≥ ⇔ ( x − 1) − ( x − x ) ≥ ⇔ x ≤ Do x số nguyên không âm nên x = x = 12 y = +) Với x = , suy ( 3) ⇔ y − y = ⇔  (thoả mãn) y = 2 +) Với x = , suy ( 3) ⇔ y = ⇔ y = (thoả mãn) Vậy có cặp ( x; y ) thoả mãn ( 0;0 ) , ( 0;2 ) , ( 1;0 ) Bài 3: Cho a , b , c ba số thực dương đôi phân biệt Có ( a; b; c ) thỏa mãn: ab+2 ≤ ba+2 ; bc+2 ≤ cb+ ; c a +2 ≤ a c+2 A B C D Hướng dẫn: Chọn D ln x Xét hàm số f ( x ) = x+2 ln a ln b ⇔ f ( a ) ≤ f ( b ) ( 1) a b+ ≤ b a + ⇔ ( b + ) ln a ≤ ( a + ) ln b ⇔ ≤ a+2 b+2 ln b ln c ⇔ f ( b) ≤ f ( c) bc + ≤ cb + ⇔ ( c + ) ln b ≤ ( b + ) ln c ⇔ ≤ ( 2) b+2 c+2 ln c ln a ⇔ f ( c) ≤ f ( a) c a + ≤ a c + ⇔ ( a + ) ln c ≤ ( c + ) ln a ⇔ ≤ ( 3) c+2 a+2 Từ ( 1) , ( ) ( 3) suy ra: f ( a ) = f ( b ) = f ( c ) Mà a, b, c dương phân biệt nên để tồn ba số ( a; b; c ) phải tồn số ln x thực m cho đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f ( x ) = ba điểm x+2 ln x = m ( *) có ba nghiệm dương phân biệt phân biệt hay phương trình x+2 + − ln x   x Ta có: f ′ ( x ) = = + − ln x ÷ 2   ( x + 2) ( x + 2)  x 2 f ′ ( x ) = ⇔ + − ln x = ⇔ + = ln x ( **) x x Mặt khác ( 0;+∞ ) hàm số g ( x ) = + hàm nghịch biến, h ( x ) = ln x đồng x biến nên phương trình ( **) có khơng q nghiệm, suy hàm số f ( x ) có khơng q cực trị suy với giá trị m , đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f ( x ) khơng q hai điểm suy phương trình ( *) có khơng q hai nghiệm Vậy khơng tồn ba số ( a; b; c ) thỏa mãn đề Bài 4: Gọi S tổng tất số nguyên a cho ứng với a , tồn số thực b thỏa mãn a log3 + 2log3 a = b + − b + b − b ? A 10 B 15 C 21 D 28 Hướng dẫn: Chọn B Điều kiện a > , −2 ≤ b ≤ ( )( ) 13 t2 − Đặt t = b + − b ⇒ t = + 2b − b ⇒ b − b = Suy −2 ≤ t ≤ 2 , ∀ b ∈[ −2;2] 3 1 1 Ta có a log3 + 2log3 a = a 3log3 + 2log3 a = a log3 + 2log3 a = 2log3 a + 2log3 a 2 2  t −4 b + − b2 + b − b2 = t  + ÷= t + t   log3 a + 2log3 a = t + t (*) Phương trình trở thành: 2 Xét hàm số f ( X ) = X + X f ′ ( X ) = X + > ∀X ∈ ¡ , suy hàm số f đồng biến ¡ log a log a Nên (*) ⇔ f ( ) = f ( t ) ⇔ = t (1) Để tồn số thực b −2 ≤ 2log3 a ≤ 2 ⇔ log a ≤ ⇔ a ≤ 3 Mà a nguyên a > nên a ∈ { 1;2;3;4;5} Vậy S = + + + + = 15 2 2 ( ( )( ) ( ) ) ( ) 2.3.4 So sánh cách giải khác ta thấy tính ưu việt phương pháp hàm đặc trưng Ví dụ 1: Có cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn ≤ x ≤ 2022 x + x3 − 27 y = y A 2022 B 1011 C D Hướng dẫn: Ta có x + x3 − 27 y = y ⇔ x + x = y + ( y ) (1) Xét hàm f (t ) = t + t Ta có: f ' (t ) = + 3t > ⇒ f (t ) hàm đồng biến ¡ y y Vì vậy, (1) ⇔ f ( x) = f ( ) ⇔ x = Theo giả thiết, ≤ x ≤ 2022 ⇔ ≤ y ≤ 2022 ⇔ ≤ y ≤ log 2022 Vì y nguyên nên y ∈ { 0;1;2;3;4;5;6} ⇒ x ∈ { 1;3;9;27;81;243;729} Vậy có cặp ( x ; y ) thỏa mãn Đáp án D Cách làm khác: Để tìm x = y ta có cách biến đổi khác sau Ta có x + x3 − 27 y = y ⇔ x − ( y ) + x − y = 14  3y  y  ⇔ ( x − ) ( x + x.3 + + 1) = ⇔ ( x − )  x + ÷ + + 1 = 2   y y y y  3y  y x + (Vì x=3  ÷ + + > ∀x, y ∈ ¡ )   Ví dụ 2: Có giá trị nguyên dương tham số m nhỏ 2022 để y phương trình log ( ) m + x + m = x có nghiệm thực? A 2019 B 2020 C Hướng dẫn: Phương trình cho tương đương với phương trình : m+2 +m=2 ⇔ x 3x ( m + 2x ) D + m + x = 23 x + x ( 1) Xét hàm đặc trưng f ( t ) = t + t f ′ ( t ) = 3t + > ⇒ f ( t ) đồng biến ( 1) ⇔ f ( ) m + 2x = f ( 2x ) 3x x ⇔ m + 2x = 2x ⇔ m = − Đặt a = x , a > Ta có ⇔ m = g ( a ) = a − a g ′ ( a ) = 3a − g′( a ) = ⇔ a = Bảng biến thiên hàm số g ( a ) Phương trình cho có nghiệm ⇔ m ≥ − 3 mà m nguyên dương nhỏ 2020 nên m ∈ { 1;2;3; ;2019} Vậy có 2019 giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Đáp án D Cách làm khác: Để tìm m = 23 x − x ta có cách biến đổi khác sau Phương trình cho tương đương với phương trình : m+2 +m=2 ⇔ x 3x ( m+2 x ) + m + x = 23 x + x ( 1) Đặt u = m + x ; v = x u ≥ 0; v > Phương trình ( 1) trở thành u + u = v3 + v ⇔ u − v3 + u − v = 15 ⇔ ( u − v ) ( u + uv + v + 1) = ⇔ u = v (vì u + uv + v + > ∀u ≥ 0, v > ) Do u = v ⇔ m + x = x ⇔ m = 23 x − x * Nhận xét: Đây tốn khó nhiều học sinh, giải phương pháp khác học sinh gặp phải khó khăn phải nhân biểu thức liên hợp phải chứng minh phương trình cịn lại vơ nghiệm Nhìn vào hai cách giải rõ ràng cách giải khác dài dẫn đến nhiều thời gian để giải xong tốn Cịn cách dùng hàm đặc trưng nhanh mang lại hiệu cao Qua ví dụ cho ta thấy tác dụng tích cực phương pháp hàm đặc trưng giải tốn mũ-lơgarit Trong buổi sinh hoạt chuyên môn tổ chuyên môn, đưa tập để đồng nghiệp thử giải so sách cách giải; kết tốn áp dụng phương pháp cho kết nhanh nhiều so với cách giải khác 2.3.5 Hệ thống tập sử dụng hàm đặc trưng giúp học sinh rèn luyện Bài 1: Có số nguyên dương x thỏa mãn 2.2 x + x + sin y = 2cos y 2 HD: 2.2 x + x + sin y = 2cos y ⇔ x +1 + x + = 2cos y + cos x ⇔ x + = cos x ⇔ x = − sin x ⇒ x ≤ ĐS: khơng có giá trị x thỏa mãn Bài 2: Tính tổng tất giá trị nguyên tham số m để phương trình 3x−3+ m−3 x + ( x3 − x + 24 x + m ) 3x−3 = 3x + có ba nghiệm phân biệt HD: Phương trình tương đương với 3 m −3 x + m − 3x = 33− x + ( − x ) ⇔ m = ( − x ) + 3x ĐS: tổng giá trị m 27 Bài 3: Cho x; y số thực dương thỏa mãn điều kiện xy x+4 y + xy + x + = + 3− x −4 y + y ( x − ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x+ y xy x+4 y + xy + x + = + 3− x −4 y + y ( x − ) HD: Ta có 5 x+4 y − x −4 y xy −1 ⇔ −3 + x + y = − 31− xy + xy − ⇔ x + y = xy − x +1 P= x+ y= x+ x−4 ĐS: P = + Bài 4: Cho x, y số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức x +1 log ≤ y + y − x y − y x ( 1) Biết y ≤ 1000 , hỏi có cặp số 3y +1 nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn bất đẳng thức ( 1) 16 HD: Ta có x +1 log ≤ y + y3 − x2 y − y x 3y +1 xy + y ⇔ log ≤ ( y + y + y ) − ( x y + xy y + y ) 3y + y ⇔ log ( xy + y ) − log ( y + y ) ≤ ( y + y ) − ( xy + y ) ⇔ log ( xy + y ) + ( xy + y ) ≤ log ( y + y ) + ( y + y ) 2 ( *) ⇔ xy + y ≤ y + y ⇔ x ≤ y ĐS: 1501500 Bài 5: Cho x > 0; y > 20222023( x2 − y + 4) = x + y Tìm giá trị nhỏ ( x + 2) biểu thức P = y − x ? HD: Ta có 2023( x + 2) −(4 x + y )  4x + y 4x + y 20222023( x+2) 4x + y 2023( x − y + 4)   2022 = ⇔ 2022 = ⇔ = ( x + 2) ( x + 2) 20222023(4 x+ y ) ( x + 2) 2 ⇔ 20222023( x +2) ( x + 2) = 20222023(4 x + y ) (4 x + y ) (1) ⇔ ( x + 2) = x + y ⇔ y = x + ĐS: P = Bài 6: Cho a > Biết a = a0 bất phương trình x a ≤ a x với x ∈ ( 1; +∞ ) Mệnh đề đúng? A < a0 < B e < a0 < e C < a0 < D e < a0 < e3 HD: Ta có ln a ln x x a ≤ a x , ∀x > ⇔ ln ( x a ) ≤ ln ( a x ) ⇔ a ln x ≤ x ln a ⇔ ≥ ∀x > ⇔ x = e a x ĐS: a = e Chọn C Bài 7: Có cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn ≤ x ≤ 2023 2.625x − 10.125 y = y − x + 2 HD: 2.625x − 10.125 y = y − x + ⇔ 2.54 x + x = 2.53 y +1 + y + ⇔ 4x2 = y + ĐS: có 1350 cặp ( x; y ) nguyên thỏa mãn toán Bài 8: Có số nguyên dương x thỏa mãn 4 x +1 log ( ) + x = sin y+cos y − sin 2 y HD: Ta có: 4 x +1 log ( ) + x = sin y+cos y − sin 2 y 17 ⇔ log ( x + 1) + x + = 22(sin 4 y+ cos4 y ) + ( sin y + cos y ) (2) Vì (2) x + = 22(sin y +cos y ) ĐS: có giá trị x thỏa mãn x + y + xy − = Bài 9: Cho x > y ≥ thỏa mãn ( − xy ) Tìm giá trị nhỏ x+ y biểu thức P = x + y ( − xy ) x + y + xy − ⇔ log  ( − xy )  + ( − xy ) = log ( x + y ) + ( x + y ) = HD: x+ y 2− x ⇔ ( − xy ) = x + y ⇔ y = 2x + ĐS: PMin = Bài 10: Có cặp số nguyên a, b thỏa mãn điều kiện 16(a + 8) log = b − 4b − a 2 (b − 2) HD: 16(a + 8) log = b − 4b − a ⇔ log (a + 8) + a + = log (b − 2) + (b − 2) 2 (b − 2) Từ ⇔ a + = (b − 2)2 ⇔ (b − a − 2)(b + a − 2) = ĐS: cặp nghiệm nguyên (a, b) = { (1,5);( −1,5),(−1, −1),(1, −1)} Bài 11: Cho số thực dương x, y thỏa mãn: 32 3xy −5 + x−2 y + x( y + 1) = xy + x−2 y + y + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3x + y 32 xy −5 x −2 y + x( y + 1) = xy + x −2 y + y + HD: + 2 2y + 1 ⇔ 3xy −5 − xy −5 + xy − = 32 y − x − y − x + y − x ⇔ xy − = y − x ⇔ x = y +1 2 ĐS: MinP = + Bài 12: Có cặp số nguyên dương ( x ; y ) thoả mãn ≤ x ≤ 2022 y + y = x + log ( x + y −1 ) y y −1 HD: + y = x + log ( x + )   2x + 2y  2x + 2y y ⇔ 2.( ) + log ( ) + log ⇔ = ⇔ x = y −1 ÷ 2 ÷    ĐS: có 13 cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn đề y y  2x + 2y = ×  Để học sinh hiểu sâu thêm hứng thú, say mê với giải toán mũ-lôgarit, đồng thời phát huy khả sáng tạo em định hướng giúp học 18 sinh dựa sở dạng tốn hàm mũ-lơgarit thường gặp (ở mục 2.3.3) xây dựng hàm số mũ-lôgarit cách thay số, thay hàm số đặc trưng (Phụ lục 1) Trong số tiết luyện tập yêu cầu số em học sinh giỏi tập cho lớp làm, em hứng thú nhiều em sáng tạo tập, có nhiều hàm số mũ-lôgarit hay em đưa em: Lê Minh Quang, Lê Thùy Dung, Võ Nguyễn Vũ, Nguyễn Lan Anh, Trịnh Ái Mỹ Cách làm khiến học sinh thật trở thành trung tâm trình dạy học, em chủ động tiếp thu kiến thức tích cực việc tự học lớp nhà 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 2.4.1 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục Tôi cho lớp làm kiểm tra hai thời điểm trước tác động (kiểm tra viết 45 phút lần 1) sau tác động (kiểm tra viết 45 phút lần 2, hai đề lần lần lượng kiến thức tương đương nhau) để thấy hiệu sáng kiến Đề kiểm tra (Phụ lục 2): Các tập đề kiểm tra soạn từ sách tham khảo, đề thi thử Tốt nghiệp THPT số trường THPT Kết khảo sát kiến thức mũ-lôgarit thống kế sau: Bảng 1: Lớp thực nghiệm 12C1 Số Trước tác động Sau tác động 45 45 Điểm 0–2 10 Sl 12 12 0 % 0,0 8,9 11,1 26, 26, 15, 11,1 0,0 0,0 Sl 0 10 12 % 0,0 0,0 0,0 22, 26, 13, 17, 20, 0,0 Bảng 2: Lớp đối chứng 12C2 Số Trước tác động Sau tác động 45 45 Điểm 0–2 10 Sl 4 11 13 0 % 8,9 8,9 24, 28, 17, 11,1 0,0 0,0 Sl 10 13 0 % 0,0 6,7 8,9 22, 28, 20, 13, 0,0 0,0 19 Bảng 3: Trước tác động Lớp đối chứng Điểm trung bình Lớp thực nghiệm 5,71 Chênh lệch điểm trung bình (SMD) 5,36 0,35 Bảng 4: Sau tác động Lớp đối chứng Điểm trung bình Chênh lệch điểm trung bình (SMD) Lớp thực nghiệm 5,89 6,87 0,98 So sánh kết quả: Năm học 2021 - 2022 áp dụng giải pháp nêu đề tài vào thực tiễn dạy học, cụ thể: Lớp đối chứng 12C2 năm học 2021 - 2022, sĩ số 45: dạy chủ đề không sử dụng giải pháp nêu đề tài Lớp thực nghiệm 12C1 năm học 2021 - 2022, sĩ số 45: dạy chủ đề cách sử dụng giải pháp nêu đề tài Bảng bảng cho thấy, sau tác động chêch lệch điểm trung bình lớp thực nghiệm lớp đối chứng có ý nghĩa, tức chênh lệch kết điểm trung bình lớp thực nghiệm cao điểm trung bình lớp đối chứng ngẫu nhiên mà kết tác động Năm học 2019 – 2020, SMD = 0,98 cho thấy mức độ ảnh hưởng việc hướng dẫn học sinh khai thác kiến thức cho học sinh lớp 12 trường THPT Như Thanh lớn Kết kiểm tra sau tác động lớp thực nghiệm 12C1 điểm trung bình = 6,87 kết kiểm tra lớp đối chứng 12C2 điểm trung bình = 5.89 Độ chênh lệch điểm số hai lớp 0,98 Kết cho thấy điểm trung bình lớp thực nghiệm so với lớp đối chứng có tiến rõ rệt, lớp tác động 12C1 có điểm trung bình cao lớp đối chứng 12C2 Kết thu - Qua quan sát thực tế từ việc trực tiếp giảng dạy, thấy học sinh lớp 12A1 giải nhanh thục tốn mũ-lơgarit tơi sưu tầm từ đề thi học sinh giỏi tỉnh trường THPT nước Còn lớp 12A2 đa số em học sinh kỹ giải chậm, chưa linh hoạt Hai lớp chọn tham gia nghiên cứu cho đề tài có nhiều điểm tương đồng ý thức học tập, đặc biệt lực học tập kết điểm kiểm tra mơn Tốn trước tác động 20 - Đã rèn luyện kỹ giải tốn mũ-lơgarit, kỹ tính tốn, kỹ tìm hàm đặc trưng phát huy tính sáng tạo tìm tịi lời giải cho tốn, dạng tốn - Tiết học sơi nổi, học sinh hứng thú chủ động khai thác kiến thức, 100% học sinh lớp thực nội dung theo yêu cầu câu hỏi có kết cụ thể Từ kết mạnh dạn khẳng định giải pháp mà đề tài đưa hồn tồn khả thi áp dụng hiệu trình dạy học 2.4.2 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua thực tế giảng dạy tơi thấy cách làm góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy phần mũ-lôgarit thân, góp phần vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy mơn Tốn nhà trường KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Từ kinh nghiệm thực tiễn thân trình dạy học, giúp đỡ đồng nghiệp, thông qua việc nghiên cứu tài liệu có liên quan đề tài hồn thành đạt kết sau đây: + Đề tài nêu lên thực trạng việc dạy học chủ đề “Mũ-lôgarit” + Đề tài đưa giải pháp thiết thực việc rèn luyện kĩ tìm hàm đặc trưng cho tốn khó mà đòi hỏi phải giải thời gian ngắn + Đề tài nêu ví dụ minh chứng điển hình cho giải pháp + Đề tài đưa số tập áp dụng sở dạng tập quen thuộc hệ thống tập luyện tập trích từ đề thi học sinh giỏi, đề thi thử Tốt nghiệp THPT trường THPT, Sở giáo dục số tỉnh, thành phố nước để học sinh rèn luyện kỹ giải trắc nghiệm Toán 3.2 Kiến nghị Trên số sáng kiến kinh ngiệm thực đơn vị năm học vừa qua Rất mong đề tài xem xét, mở rộng để áp dụng cho đối tượng học sinh, giúp học sinh u thích say mê học Tốn Tôi xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp tổ chuyên môn, nhà trường em học sinh giúp đỡ tơi hồn thành sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN Thanh Hóa, ngày 18 tháng năm 2022 CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Bá Long 21 ... giáo khoa Giải tích lớp 12 đưa ba phương pháp để giải toán mũ- lôgarit là: phương pháp đưa số, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp mũ hóa lơgarit hóa Đây ba phương pháp nhất, giải nhiều tập mũ- lôgarit... Tuy nhiên số dạng tập vận dụng mũ- lơgarit ba phương pháp khơng thể giải giải vơ phức tạp Vì vậy, tơi nhận thấy cần bổ sung thêm phương pháp hàm đặc trưng, giúp học sinh dễ dàng giải dạng toán 2.2... biến hàm số +) Kiến thức cực trị hàm số +) Kiến thức giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số +) Đạo hàm hàm số mũ- lơgarit 2.3.2 Tìm hiểu hàm đặc trưng Cho hàm số y = f ( x ) liên tục tập D • Nếu hàm