SKKN sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán vận dụng và vận dụng cao về phương trình, bất phương trình mũ và

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Là CBQL trường THPT miền núi cao, nhận thấy học sinh có nhiều thiệt thòi mặt có việc học tập tiếp thu kiến thức Là giáo viên dạy Tốn tơi thấu hiểu khó khăn q trình học tập mơn Tốn học sinh nhà trường Tơi biết: Quá trình dạy học trình truyền thụ kiến thức cho học sinh Muốn trình đạt kết cao ta phải kiểm tra, đánh giá nhận thức học sinh nhằm phân loại học sinh cách tốt Từ rút kinh nghiệm, điều chỉnh phương thức dạy học đúng, phù hợp với tiếp thu, lĩnh hội kiến thức học sinh Do q trình kiểm tra đánh giá tiếp thu kiến thức học sinh khâu vô quan trọng, khâu cuối đánh giá độ tin cậy cao sản phẩm đào tạo mà có tác dụng điều tiết trở lại mạnh mẽ trình đào tạo Có nhiều cách để kiểm tra, đánh giá học sinh Trong đó, trắc nghiệm phương pháp đánh giá lực học sinh cách nhanh thời gian chấm nhanh, khách quan Sự kết hợp phương pháp trắc nghiệm phương pháp tự luận lại đạt kết độ tin cậy cao Hiện phương pháp dạy học, cấu quy trình tổ chức có thay đổi chất Người dạy trở thành chuyên gia hướng dẫn, giúp đỡ người học Người học hướng tới việc học tập chủ động, biết tự thích nghi Mơi trường hợp tác tư vấn, đối thoại trở nên quan trọng Kiến thức truyền thụ cách tích cực cá nhân người học Tốn học mơn học có nhiều điều kiện thuận lợi để thực phương pháp dạy Để phù hợp với phương pháp dạy học người giáo viên cần đổi phương pháp kiểm tra đánh giá việc nhận thức học sinh Trong trình giảng dạy mơn Tốn 12 tơi nhận thấy mơn học có nhiều điều kiện thuận lợi cho việc sử dụng hình thức kiểm tra trắc nghiệm Trước thi kiểm tra phương trình bất phương trình mũ logarit phương pháp tự luận sách giáo khoa viết theo định hướng tự luận Từ kỳ thi THPT Quốc gia năm 2017 đến có đổi phương pháp thi mơn đặc biệt mơn tốn từ hình thức tự luận sang hình thức trắc nghiệm nên việc giảng dạy giáo viên việc học học sinh gặp nhiều bỡ ngỡ khó nắm bắt, áp dụng cách giải tự luận làm trắc nghiệm khó khăn đặc biệt tốn thời gian Do q trình giảng dạy, nghiên cứu học hỏi, mạnh dạn hệ thống đưa ra: “Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải số toán vận dụng cao phương trình, bất phương trình mũ logarit đề thi THPTQG đồng thời lồng ghép tích hợp giải phương trình Mũ Lơgarit’’ sau Nhằm trang bị thêm cho học sinh cơng cụ hữu ích việc giải phương trình mũ logarit chuẩn bị cho khì thi THPT quốc gia năm 2019 Trong trình viết sáng kiến khơng thể tránh khỏi thiếu sót, mong Thầy, Cơ đóng góp ý kiến để tài liệu hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! 1.2 Mục đích nghiên cứu Nhằm giúp thân nâng cao chuyên môn nghiệp vụ, giúp đồng nghiệp có thêm tài liệu tham khảo giúp em học sinh có thêm phương pháp giải tốn dễ hiểu hiệu Nhằm rèn luyện kỹ toán 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 giải phương trình, bất phương trình 1.3 Đối tượng nghiên cứu Một số dạng tốn phương trình, bất phương trình mũ logarit sách giáo khoa, đề thi thử THPTQG đề thi THPTQG Trình bày số kết nghiên cứu ban đầu để từ thấy rõ vai trò phương pháp giải Góp phần quan trọng giúp học sinh nâng cao lực giải toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu sử dụng đề tài bao gồm - Bằng phương pháp nghiên cứu lí luận, quan sát, tổng kết kinh nghiệm - Khai thác tiềm dạy học toán từ bồi dưỡng lực học tốn cho em học sinh - Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Điều tra, khảo sát thực tế dạy học phần phương trình, bất phương trình Mũ Lôgarit trường THPT Thường Xuân để từ thấy tầm quan trọng việc áp dụng phương pháp 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 vô quan trọng Nó giúp ta có định hướng tìm lời giải lớp toán 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 sách Giải tích lớp 12 đưa số phương pháp giải phương trình, bất phương trình Mũ Loogarit chưa giải tốn khó Vì vậy, tơi nhận thấy cần bổ sung khắc sâu thêm phương pháp giải phương trình, bất phương trình Mũ Loogarit cách sử dụng tính đơn điệu hàm số, giúp học sinh dễ dàng giải dạng toán 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong trình giảng dạy phần phương trình, bất phương trình mũ logarit, thấy em bỡ ngỡ định hướng với việc làm kiểm tra trắc nghiệm phần vận dụng cao thường kỹ làm trắc nghiệm dẫn đến dễ nhầm lẫn không kịp thời gian làm hết Đề tài viết từ tháng 9/2018 đến tháng 3/2019 nhằm giúp em học sinh giỏi lớp 12 có thêm phương pháp giải toán hiệu Trường THPT Thường Xuân trường nằm khu vực năm xuân huyện, có xã đặc biệt khó khăn thuộc vùng V135, có nhiều học sinh em dân tộc thiểu số nên điểm đầu vào thấp Tư học sinh chậm, điều kiện kinh tế khó khăn, đường học xa khó nên ảnh hưởng nhiều đến kết học tập em 2.3 Các nội dung sử dụng để giải vấn đề A ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT I CƠ SỞ LÝ THUYẾT: Hàm số y=f(x) đồng biến (a;b) ⇔ ∀x1 < x2 ∈ (a; b) Ta có: f ( x1 ) < f ( x2 ) Hàm số y=f(x) nghịch biến (a;b) ⇔ ∀x1 < x2 ∈ (a; b) Ta có: f ( x1 ) > f ( x2 ) Hàm số y=f(x) liên tục đoạn [ a; b ] đồng biến khoảng (a;b) hàm số đồng biến đoạn [ a; b ] Hàm số y=f(x) liên tục đoạn [ a; b ] nghịch biến khoảng (a;b) hàm số nghịch biến đoạn [ a; b ] 5.Điều kiện cần đủ đề hàm số y=f(x) đồng biến (a;b) là: f '( x) ≥ 0; ∀x ∈ ( a; b) Trong f’(x)=0 xảy số hữu hạn điểm ∈ (a : b) 6.Điều kiện cần đủ đề hàm số y=f(x) nghịch biến (a;b) là: f '( x) ≤ 0; ∀x ∈ ( a; b) Trong f’(x)=0 xảy số hữu hạn điểm ∈ (a : b) f ( x) = f (a); Max f ( x) = f (b) Nếu hàm số y=f(x) đồng biến [ a; b ] xMin ∈[ a ;b] x∈[ a ;b ] f ( x ) = f (b); Max f ( x ) = f (a ) Nếu hàm số y=f(x) nghịch biến [ a; b ] xMin ∈[ a ;b] [ a ;b ] II- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP: Xét tốn liên quan phương trình, bất phương trình mũ logarit Để vận dụng tính đơn điệu hàm số giải phương trình, bất phương trình mũ logarit , ta có số hướng biến đổi (tương ứng với dạng thơng dụng) sau đây: c® ång biÕn, hoặ c nghịch biến D Dng 1: Dạng F (x) = 0, ví i F ( x) h Bước 1: Đưa phương trình (1) dạng: F (x) = Bước 2: Xét hàm số y = F (x) Chỉ rõ hàm số y = F (x) đồng biến hay nghịch biến D Bước 3: Đoán F ( x0 ) = Lúc phương trình (1) có nghiệm x = x0 D¹ng ph ơng trì nh F (u) = F (v) (*), vớ i F (x) hoặ cđ ồng biến, Dng 2: hoặ c nghịch biến ( a;b) Lúc đó, (*) cã nghiÖm nhÊt u = v Bước 1: Đưa phương trình dạng F (u) = F (v) Bước 2: Xét hàm số: y = F (t) (1) Chỉ rõ hàm số đồng biến hay nghịch biến ( a; b ) Bước 3: Khi đó: F (u) = F (v) ⇔ u = v Lưu ý: Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư vận dụng tính đơn điệu hồn tồn tương tự III- MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA: Bài 1: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018)  1  2x2 + 1  x+ 2x ÷ = Tính tích tất nghiệm thực phương trình log2  ÷+  2x  A B C D Lời giải Đáp án D Điều kiện: x >  2x2 + 1 ÷ 2x ÷   2x2 + 1  Phương trình ⇔ log2  ÷+  2x  Đặt t = = ( 1) 2x2 + 1 = x+ ≥ x = 2x 2x 2x Phương trình trở thành log2 t + 2t = ( (2) ) t Xét hàm f ( t ) = log2 t + t ≥ hàm đồng biến nên: ( 2) ⇔ f ( t) = f ( 2) ⇔ t = 2(t/m) Với t = 2x2 + = ⇔ 2x2 − 4x + 1= (t/m) Vậy x1x2 = (theo Viet ) 2x Bài 2: (THPT Chun Hồng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018) Số nghiệm phương trình A B x2 + x − ln x2 − = 2018 C ( ) D Lời giải Đáp án C ( ) ( ) ( ) ( x2 + x − ln x2 − với x∈ −∞; − ∪ 2; +∞ 2x2 + 2x ′′ f x = + > 0,∀x∈ −∞ ; − ∪ ( ) ′ Ta có f ( x) = x + 1− ; x2 − x −2 Xét hàm số f ( x) = ( ) ( ) ) 2; +∞ ( ) 2x Nên suy hàm số f ′ ( x) = x + 1− đồng biến khoảng −∞; − x −2 ( ) ( ) nghiệm a∈ ( −∞;− 2) nghiệm b∈ ( ( ) 2;+∞ Mặt khác f′ ( 2) ′ = 1− < f′ ( −3) ′ ( −2) = − 1< nên f ′ ( x) có ) 2; +∞ Ta có bảng biến thiên: x –∞ a _ f'(x ) +∞ b – + +∞ ) Ta có f ( a) < f − = − < 2018 f ( b) < f Nên từ bảng biến thiên suy phương trình ( 3) = 23 + + + ∞ + ∞ f (x) ( + ∞ < 2018 x2 + x − ln x2 − = 2018 có nghiệm ( ) Bài 3: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh - năm 2017-2018) 1 − = 2018 1− x x − 2018 C 2018 D Số nghiệm thực phương trình 2018x + A B Lời giải Đáp án A Điều kiện x ≠ 1, x ≠ 2018 1 − − 2018 với x∈ ( −∞ ;1) có 1− x x − 2018 1 f ′ ( x) = 2018x ln2018 + + > , ∀x∈ x∈ ( −∞ ;1) 2 x − x − 2018 ( ) ( ) Xét hàm số f ( x) = 2018x + ⇒ f ( x) đồng biến ( −∞;1) Do ( −∞;1) phương trình f ( x) = có nghiệm có nghiệm Bảng biến thiên: x –∞ f'(x ) f (x) 2018 + + ∞ Đường thẳng y = cắt đồ thị hàm số y = f ( x) điểm nên f ( x) = có nghiệm ( −∞;1) Do phương trình cho có nghiệm ( −∞;1) Tương tự, ( 1;2018) phương trình cho có nghiệm Trên ( 2018;+∞ ) phương trình cho có nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm thực Bài 4: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần năm 2017-2018) Phương trình 2log3 ( cot x) = log2 ( cos x) có nghiệm khoảng ( 0;2018π ) ? A 2018 nghiệm B 1008 nghiệm C 2017 nghiệm D 1009 nghiệm Lời giải Đáp án A sin x > Điều kiện:  cos x > 2log3 ( cot x) = log2 ( cos x) ⇔ log3 ( cot x) = log2 ( cos x) ( ) ⇔ log3 cos2x − log3 sin2 x = log2 ( cos x) ⇔ log3 cos2 x − log3 1− cos2 x = log2 ( cos x) Đặt t = log2 cos x ⇒ cosx = 2t t Phương trình trở thành ⇔ log3  4 22t = t ⇔ 4t = 3t − 12t hay  ÷ + 4t = 2t 1−  3 t  4 Hàm số f ( t ) =  ÷ + 4t đồng biến ¡  3 Mặt khác f ( −1) = nên x = −1 nghiệm phương trình Do phương trình có nghiệm t = −1  6053 − < k<  π 6 log2 cos x = −1 ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k.2π x∈ ( 0;2018π ) ⇒  6055  < k<  6 Vậy khoảng ( 0;2018π ) có 1009.2 = 2018 nghiệm Bài 5: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Phương trình 2017sin x = sin x + − cos2 x có nghiệm thực đoạn  −5π;2017π  ? A 2017 B 2023 C 2022 D 2018 Lời giải Đáp án B Điều kiện − cos2 x ≥ ⇔ 1+ sin2 x ≥ ( *) Phương trình ⇔ 2017sin x = sin x + 1+ sin2 x ( 1) Đặt sinx = t , t ∈  −1;1 ( 1) thành 2017t = t + 1+ t2 ( 2) Ta có 2017t > 0, ∀t ∈  −1;1 t + 1+ t2 > t + t2 = t + t ≥ , ∀t ∈  −1;1 ( ) ( ) 2 Do ( 2) ⇔ t = log2017 t + 1+ t ⇔ log2017 t + 1+ t − t = ( 3) ( ) Xét hàm số f (x) = log2017 t + 1+ t − t , với t ∈  −1;1 có f ′ ( t) = = (  t  1+  1+ t2 t + 1+ t2 ln2017  ) 1− t2 + 1.ln2017 t2 + 1.ln2017  −1 = ÷ −1 ÷  t + 1.ln2017 < , ∀t ∈ ( −1;1) ⇒ f ( t ) nghịch biến  −1;1 Do  −1;1 , phương trình f ( t ) = có nghiệm có nghiệm Mặt khác f ( 0) = nên f ( t) = ⇔ t = Khi ( 3) ⇔ t = hay sin x = ⇔ x = kπ ( k∈ ¢ ) Bài x∈  −5π;2017π  ⇒ kπ ∈  −5π;2017π  ⇒ k∈  −5;2017 Mà k∈ ¢ ⇒ k∈ { −5;−4;−3; ;2017} Vậy phương trình cho có 2023 nghiệm thực đoạn  −5π;2017π  Bài 6: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần năm 2017-2018)  π   Số nghiệm phương trình sin2x − cos x = 1+ log2 ( sin x) khoảng  0; ÷ A B C D Lời giải Đáp án D  π   Vì sin x > cos x > , ∀x∈  0; ÷ nên phương trình cho tương đương sin2x − cos x + log2 ( cos x) = 1+ log2 ( sin x) + log2 ( cos x) ⇔ log2 ( cosx) − cos x = log2 ( sin2x) − sin2x ( *) − 1> 0, ∀t ∈ ( 0;1) Xét hàm số f ( t) = log2 t − t , với t∈ ( 0;1) ta có f ′ ( t) = Do đó, hàm số f ( t) đồng biến khoảng ( 0;1) t ln2 Từ phương trình ( *) , ta có f ( cos x) = f ( sin2x) ⇔ cosx = sin2x ⇔ sin x = π hay x = Bài 7: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho x, y số thực dương thỏa mãn 5x+ 2y + nhỏ biểu thức T = x + y A Tmin = + C Tmin = 1+ 5xy + x + = + 3− x− 2y + y( x − 2) Tìm giá trị xy B Tmin = + D Tmin = 5+ Lời giải Đáp án B Theo đề ta có: 5xy + x + = + 3− x− 2y + y( x − 2) xy 1 ⇔ 5x+ 2y − x+ 2y + x + 2y = 5xy−1 − xy−1 + xy − 3 t −t Xét f ( t ) = 5t − t + t ⇒ f ′ ( t ) = ln5 + ln3 + 1> 5x+ 2y + x+ x+ > 0⇒ x > Do y > 0,x > ⇒ x− x+ x + x2 − x + = Ta có: T = x + y = x + x− x−  x = + ∈ ( 2; +∞ ) x2 − 4x +  T′ = = ⇔  x = − ∉ ( 2; +∞ ) ( x − 2)  ⇒ x + 2y = xy − 1⇒ y = Bảng biến thiên: x _ T' + + ∞ +∞ T Từ bảng biến thiên ta thấy Tmin = 3+ x = + Bài 8: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần MĐ 234 năm học 2017-2018) Số nghiệm phương trình x2 − 5x − = ( x2 − 8x + 3) 83x−5 + ( 3x − 5) 8x −8x+ A B C D 2 Lời giải Đáp án B Đặt u = x2 − 8x + 3, v = 3x − 5, phương trình cho viết lại ( ) ( ) u + v = u.8v + v.8u ⇔ u 1− 8v = v 8u − ( *) Ta thấy u = v = thỏa mãn phương trình ( *) Với u ≠ v ≠ ta có ( *) ⇔ 1− 8v 8u − = ( **) v u Ta thấy: 8u − 8u − > u < > Do VP ( **) > 0,∀u ≠ - Nếu u > u u v 1− 1− 8v < v < < Do VT ( **) < 0,∀v ≠ - Nếu v > v v Từ suy ( **) vơ nghiệm Như vậy, phương trình cho tương đương với   x = + 13 u =  x2 − 8x + =  ⇔ ⇔  x = − 13   v =  3x − =  x =  Vậy phương trình cho có nghiệm Bài 9: (THPT Ngơ Quyền Hải Phòng 2019 lần 1) Biết phương trình log5  x x+1  = 2log3  − ÷  2 x ÷ có nghiệm dạng x = a+ b x   a,b số nguyên Tính 2a + b A B C D Lời giải Đáp án B ĐKXĐ: x > Ta có: log5  x  x − 1 x+1  x+1 = 2log3  − = 2log3  ÷ ⇔ log5 ÷  ÷ x x 2 x  2 x ( ⇔ log ( ) ( ) x + 1) + 2log ( x ) = log x + 2log ( x − 1) ⇔ log5 x + − log5 x = 2log3 ( x − 1) − 2log3 x 5 (1) Xét hàm số f ( t ) = log5 t + 2log3 ( t − 1) ,t ∈ ( 1; +∞ ) , có: f ′ ( t) = ⇒ + > 0,∀t ∈ (1;+∞ ) t.ln5 ( t − 1) ln3 Hàm số f ( t) đồng biến ( 1;+∞ ) ( ) Khi đó, phương trình ( 1) ⇔ f x + = f ( x)  x = 1+ ⇔ x + = x ⇔ x − x − 1= ⇔   x = 1− < ( ) ⇔ x = 1+ ⇔ x = 1+ = 3+ 2 ⇒ a = 3,b= ⇒ 2a+ b= 2.3+ = Bài 10: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Biết x1 , x2 hai nghiệm  4x2 − 4x + 1 log phương trình ÷ + 4x + = 6x x1+ 2x2 = a+ b với a , b hai số 7 2x   nguyên dương Tính a+ b A a+ b = 16 B a+ b = 11 C a+ b = 14 D a+ b = 13 ( ) Lời giải Đáp án C x >  Điều kiện  x ≠   ( 2x − 1)   4x2 − 4x + 1 ÷+ 4x2 − 4x + = 2x ÷+ 4x + = 6x ⇔ log7  Ta có log7   2x 2x ÷     ⇔ log7 ( 2x − 1) + ( 2x − 1) = log7 2x + 2x( 1) 2 + > với t > Xét hàm số f ( t) = log7 t + t ⇔ f ′ ( t ) = t ln7 Vậy hàm số đồng biến ( Phương trình ( 1) trở thành f ( 2x − 1) )  3+ x = = f ( 2x) ⇔ ( 2x − 1) = 2x ⇔   3− x =   9−  ( l)  ⇒ a = 9;b = ⇒ a+ b = + = 14 Vậy x1 + 2x2 =  9+  ( tm)  Bài 11: (Chuyên Thái Bình 2019 lần 2) Cho phương trình: 2x + x −2x+m − 2x +x + x3 − 3x + m= Tập giá trị mđể phương trình có 3 2 nghiệm phân biệt có dạng ( a;b) Tổng ( a+ 2b) bằng: A B C −2 D Lời giải Đáp án D 2 2x + x − 2x+ m − 2x + x + x3 − 3x + m= 3 ( ) ⇔ 2x + x − 2x+ m + x3 + x2 − 2x + m− 2x + x + x2 + x = ⇔ 2x + x − 2x+ m + x3 + x2 − 2x + m= 2x + x + x2 + x(*) t t Xét hàm số f ( t) = + t ta có f ′ ( t) = ln2 + 1> 0,∀t ∈ ¡ nên hàm số đồng biến ¡ ⇒ (*) ⇔ x3 + x2 − 2x + m= x2 + x ⇔ x3 − 3x = − m(**) Để phương trình cho có nghiệm phân biệt phương trình (**) có nghiệm phân biệt, m∈ ( yCT ; yCD ) hàm số f ( x) = x − 3x  x = 1⇒ f ( 1) = −2 Ta có f ′ ( x) = ⇔ 3x − = ⇔   x = −1⇒ f ( −1) =  a = −2 ⇒ m∈ ( −2;2) ⇒  ⇒ a+ 2b = −2 + = b = Bài 12: (THPT Tuyên Quang 2019 lần 1): Giả sử a, b số thực cho x3 + y3 = a.103z + b.102z với số thực dương x, y, z thỏa mãn log ( x + y) = z ( ) log x2 + y2 = z + Giá A − 29 trị a+ b B 31 C − 31 D 29 Lời giải Đáp án D z Ta có: log ( x + y) = z ⇔ x + y = 10 10 ( ) log x2 + y2 = z + ⇔ x2 + y2 = 10z+1 = 10z.10 = 10( x + y) ⇒ ( x + y) − 2xy = 10( x + y) ( x + y) ⇒ xy = − 10( x + y) Do x3 + y3 = ( x + y) − 3xy( x + y) = ( x + y) − ( x + y) − 10( x + y) 2 ( x + y) 1 x + y) + 15( x + y) = − 103z + 15.102z ( 2 29 Suy a = − ,b = 15⇒ a+ b = 2 =− Bài 13: (THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) x+ Biết x = log2 14 − ( y − 2) y + 1   x > Tính giá trị biểu thức P = x2 + y2 − xy + A B C D Lời giải Đáp án C x x+ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x + ≥ ⇒ x ≥ Lại có 14 − ( y − 2) y + = 14 − ( y + 1) y + + y + Đặt t = y + ≥ Xét hàm số f ( t ) = −t + 3t + 14 ( 0; + ∞ ) , ta có f ′ ( t) = −3t2 + Do f ′ ( t ) = ⇔ −3t2 + = ⇔ t = t∈ ( 0; + ∞ ) f ( t ) = f ( 1) = 16 Từ ta có max ( 0; +∞ ) Vậy 14 − ( y − 2) y + ≤ 16 ⇒ log2 14 − ( y − 2) y + 1 ≤ Khi x+ x x = = log2 14 − ( y − 2) y + 1 ⇔  ⇒ P =    y = Bài tập tương tự: (THPT Chuyên Thái Bình-lần năm học 2017-2018) Tính tổng tất nghiệm phương trình log x3 + 3x2 − 3x − + ( x + 1) = x2 + 6x + x +1 C D −2 − A −2 + B −2 (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần - năm 2017 – 2018) Tính tổng nghiệm phương trình: S tất  5x + 3x  x+ x ln  ÷+ + 5.3 − 30x − 10 =  6x +  A S = B S = C (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) S = −1 D S= 11 2x +  1 log2 ( x + 2) + x + = log2 +  1+ ÷ + x + , x x  Cho phương trình nghiệm Khi đó, giá trị A S = −2 B S= 1− 13 C S gọi S tổng tất S= D 1+ 13 S= (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần năm 2017-2018) Gọi  2x   ( 3) x0 = x a+ b c 1− x  1 − ÷  3  + 1 = 2x2 − Giá  B P = nghiệm trị lớn P = a+ b + c phương trình A P = C P = D P = (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần năm 2017-2018) Số nghiệm phương + ( x + 3x − 6) trình 2x + 2x − = ( x − x − 3) A B C (Chuyên Thái Nguyên 2019 2 x2 + 3x− x2 − x− D 1− y = 3xy + x + 3y − Tìm GTNN Xét số thực dương x, y thỏa mãn log3 x + 3xy P = x+ y A Pmin = 3− 4 3+ 4 3+ 4 3− B Pmin = C Pmin = D Pmin = 9 Đáp án: 1C; 2A; 3D; 4D; 5D; 6A B ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM ĐIỀU KIỆN CĨ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT I CƠ SỞ LÝ THUYẾT: (Như phần A) II- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP: Số nghiệm phương trình f ( x) = m số giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) đường thẳng y = m Khi gặp phương trình tham số dạng g ( x; m) = vớ x ∈ D m tham số ta thực bước sau: Bước 1: Cô lập m: g ( x; m) = ⇔ f ( x) = h(m) Bước 2: Khảo sat hàm số miền D, dựa vafd bảng biến thiên kết luận (Nếu không phức tạp ta chuyển sang bước 3) Bước 3: Biểu diễn f ( x) = P(u ( x)) , đặt t = u ( x) tìm miền giá trị D ' t x ∈ D Bước 4: Phương trình f ( x) = h(m) đưa dạng P(t ) = h(m) với t ∈ D ' Tiếp tục thực bước Lưu ý: Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư vận dụng tính đơn điệu hồn tồn tương tự Cho hàm số y = f (x) xác định liên tục tập D Khi đó: 12 ≤ m ≤ max a, Phương trình f ( x) = m có nghiệm x ∈ D ⇔ x∈D f(x) x∈D f(x) ≤ m b, Bất phương trình f ( x) ≤ m có nghiệm x ∈ D ⇔ x∈D f(x) c, Bất phương trình f ( x) ≥ m có nghiệm x ∈ D ⇔ m ≤ max x∈D f(x) d, Hàm số y = f (x) đơn điệu tập D f(x) = f(y) ⇔ x = y III- MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA: Câu 1: (Chuyên Thái Nguyên 2019) Gọi S tập hợp giá trị thực tham số m để phương trình 4x − m.2x + 2m+ 1= có nghiệm Tập ¡ \ S có giá trị nguyên? A B C D Lời giải Đáp án C Đặt t = 2x > , phương trình trở thành: t2 − mt + 2m+ 1= ⇔ t2 + 1= m( t − 2) Nhận thấy t = không nghiệm phương trình ⇒ t ≠ t2 + = f ( t ) ( t > 0) (*) Chia vế phương trình cho t − , ta m= t−2 Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( t) đường thẳng y = m song song với trục hoành t = ∈ ( 0; +∞ ) 2t ( t − 2) − t2 − t2 − 4t −  = = ⇔ Ta có: f ′ ( t) = 2 t = − 5∉ ( 0;+∞ ) ( t − 2) ( t − 2)  Bảng biến thiên: t f'(t) _ _ +∞ +∞ f (t) + + ∞ –∞ Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có nghiệm  m< −  −1  ⇔ ⇒ S =  −∞; ÷∪  + 5; +∞  2    m≥ +   ⇒ ¡ \ S = − ;4 + ÷⇒ ¡ \ S có giá trị nguyên { 0;1;2; ;8}   ) Câu 2: (Chuyên Hạ Long 2019 lần 1) Cho bất phương trình m.92x − x − (2m+ 1)62x − x + m42x − x ≤ Tìm m để bất phương trinh nghiệm ∀x ≥ 2 13 A m< 3 B m≤ C m≤ D m< Lời giải Đáp án C m.92x − x − ( 2m+ 1) 62x − x + m42x 2 ⇔ m 92x − x 42x − x − ( 2m+ 1) 2x2 − x  3 Đặt  ÷  2 2 62x − x 42x − x −x ≤0 2x2 − x   2x2 − x   3  − ( 2m+ 1)  ÷ + m≤ ⇔ m ÷ + m≤ 2       = t với x ≥ Xét hàm số f ( x) = 2x − x ta có bảng biến thiên: x –∞ f'(x ) + ∞ f (x) ⇒ f ( x) ≥ ∀x ≥ 1/4 _ + 1/ + + ∞ + ∞ -1/8  3 ⇔ t≥ ÷ =1  2 Khi bất phương trình trở thành mt − ( 2m+ 1) t + m≤ ∀t ≥ q ( ) ⇔ m t2 − 2t + − t ≤ ∀t ≥ 1⇔ m( t − 1) − t ≤ ∀t ≥ Khi t = ta có −1≤ Xét t > 1⇒ m≤ Ta có f ′ ( t) ( t − 1) = t ( t − 1) 2 = f ( t ) ∀t > 1⇔ m≤ f ( t ) − t.2.( t − 1) ( t − 1) t>1 = t − 1− 2t ( t − 1) = ⇔ t = −1 Bảng biến thiên: t f'(t) -1 –∞ + _ _ + ∞ +∞ f (t) –∞ f ( t ) > ⇒ m≤ Dựa vào bảng biến thiên hàm số y = f ( t) ta có t >1 Câu 3: (Hội trường chuyên Đồng Bằng Sông Hồng-Lần 1] Số giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn  −2019;2 để phương trình ( x − 1) log ( 4x + 1) + log ( 2x + 1)  = 2x − m có hai nghiệm thực A 2022 B 2021 C D 14 Lời giải Đáp án A - Điều kiện: x > − - Với x = thay vào phương trình ( x − 1) log3 ( 4x + 1) + log5 ( 2x + 1)  = 2x − m (*) ta m= Khi m= phương trình cho trở thành:  x − 1= ( x − 1) log ( 4x + 1) + log ( 2x + 1)  = 2x − ⇔ log  ( 4x + 1) + log ( 2x + 1) = ( 1) Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm x0 ≠ ⇒ m= phương trình cho có hai nghiệm thực - Với x ≠ thì: ( x − 1) log ( 4x + 1) + log ( 2x + 1)  = 2x − m⇔ log ( 4x + 1) + log ( 2x + 1) = ⇔ log3 ( 4x + 1) + log5 ( 2x + 1) − 2x − m x−1 2x − m = x−   2x − m với x∈  − ;1÷∪ ( 1;+∞ ) x−1     2− m > 0,∀x∈  − ;1÷∪ ( 1; +∞ ) m< Ta có: y′ = ( 4x + 1) ln3 + ( 2x + 1) ln5 +   ( x − 1) Xét hàm số y = log3 ( 4x + 1) + log5 ( 2x + 1) − Bảng biến thiên: x + ∞ -1 + y' + +∞ +∞ y –∞ –∞   Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình y = có nghiệm x1 ∈  − ;1÷;   x2 ∈ ( 1; +∞ ) với m< Vậy với giá trị nguyên m thuộc đoạn  −2019;2 phương trình cho ln có hai nghiệm thực phân biệt, tức có 2022 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 4: (Yên Phong Bắc Ninh lần 1) Biết  a; b tập tất giá trị tham số m để bất phương trình log2 x2 − 2x + m + log4 ( x2 − 2x + m) ≤ thỏa mãn với x thuộc  0;2 Tính a+ b A a+ b = B a+ b = C a+ b = D a+ b = Lời giải Đáp án D 15 Bất phương trình cho tương ⇔ log4 ( x2 − 2x + m) + log4 ( x2 − 2x + m) ≤ Đặt t = log4 ( x2 − 2x + m) , t ≥ Bất phương trình trở thành t2 + 4t − ≤ ⇔ −5 ≤ t ≤ Kết hợp điều kiện ta t ∈ 0;1 Khi đó: ≤ log4 ( x2 − 2x + m) ≤ 1⇔ ≤ log4 ( x2 − 2x + m) ≤  m≥ − x + 2x + ⇔ 1≤ x2 − 2x + m≤ ⇔  ( I)  m≤ − x + 2x + f ( x) = + Xét hàm f ( x) = − x + 2x + 1= − ( x − 1) ≤ ∀x∈ 0;2 ⇒ max 0;2 2 g( x) = + Xét hàm g( x) = − x + 2x + = + x( − x) ≥ ∀x∈ 0;2 ⇒ 0;2 Bất phương trình nghiệm với x thuộc 0;2 ⇔ ( I ) nghiệm với m≥ max f ( x) 0;2  ⇔ ≤ m≤ x∈  0;2 ⇔  g( x) m≤  0;2  Vậy m∈  2;4 , tức a = 2, b = Vậy a+ b = Câu 5: (Chuyên Bắc Ninh 2019 lần 3) Tìm tất giá trị tham số m để phương ( ) trình − x2 ( + m 7+ A < m< ) x2 = 2x −1 có bốn nghiệm phân biệt B ≤ m< 16 C − < m< 16 D − < m≤ 2 16 Lời giải Đáp án A ( )( ) Ta có: + − = 49 − 45 = ⇒ + = ( ) ⇒ 7− x2 x x2 ( ) + m 7+ ( ) x2 x x2 −1 =2 ( 7− (   ⇔ ÷ + m 7+  7+  ) ⇔ 2.2 − + + 2m + x2 2x2   = ⇔ 2. ÷  7+  ) x2 = 2x x2   − ÷ + 2m= 0(*)  7+  2x2   Đặt  ÷ = t ⇒ x = log t  7+ 5 7+ < 1⇒ log t > ⇔ < t < Ta có: < 7+ 7+ ⇒ (*) ⇔ 2t2 − t + 2m= ⇔ 2m= −2t2 + t(1) 16 Để phương trình (*) có nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt t ∈ ( 0;1) ⇔ < m< 16 Câu 6: (Chuyên Bắc Giang lần 1) Có số tự nhiên m để phương trình sau có )( ( ) m 3m 2 nghiệm: e + e = x + 1− x 1+ x 1− x ? A B C vô số D Lời giải Đáp án B ĐKXĐ: 1− x2 ≥ ⇔ −1≤ x ≤ Đặt x + 1− x2 = t ta có: t2 = x2 + 1− x2 + 2x 1− x2 = 1+ 2x 1− x2 ⇒ x 1− x2 = t2 − x Ta có: t ( x) = x + 1− x2 , x ∈  −1;1 ⇒ t '( x) = 1− 1− x2 1− x2 − x = 1− x2 =0  x ≥ ⇔ 1− x2 = x ⇔  ⇔ x= 2 1− x = x Bảng biến thiên: x t'(x ) t (x) + _ 1 Từ bảng biến thiên ta có: t ∈  −1; 2  t − 1 m 3m e + e = t + Khi phưng trình trở thành:  ÷ = t t + = t + t ( *)   Xét hàm số f ( t ) = t + t ta có f ′ ( t ) = 3t + 1> ∀t ⇒ Hàm số đồng biến ¡ ( ⇒ ( ) ) Hàm số đồng biến −1; ( )   Từ ( *) ⇒ f ( em ) = f ( t ) ⇔ em = t ⇔ m= ln t ⇒ m∈ 0;ln =  0; ln2ữ m Ơ m ∈∅ Lại có Bài tập tương tự: Câu (THPT Thăng Long Hà Nội lần 1) Gọi ( a; b) tập giá trị tham số m để phương trình A 2e2x − 8ex − m = B có hai nghiệm thuộc khoảng ( 0; ln 5) Tổng C -6 a+ b D -14 17 Câu2: (Chuyên Bắc Giang 2019 lần 1) Tất giá trị tham số m để bất phương trình A ( ) ( x ) x nghiệm với 10 + − m 10 − > 3x+1 m< − B m< − C m< −2 D m< − x∈ ¡ 11 Câu3: (THPT Chuyên Bắc Giang lần 1) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình 9.9x − 2x − ( 2m+ 1) 15x − 2x+1 + ( 4m− 2) 52x − 4x+ = A < m< C m> 2 B m< m> 3+ có nghiệm thực phân biệt x m để phương trình S 2( x− 1) ( ) log2 x2 − 2x + = A  3 S =  ;1;   2 B x− m  1  1  ÷ − m ÷ + 2m+ =    3 ( ) log2 x − m + 1 3 S =  ; −1;  2   tập hợp giá trị x có nghiệm Tập giá trị nguyên? A B C D Câu5: (THPT Chu Văn An – Hà Nội - năm 2017-2018) Tìm tập hợp S tất giá trị tham số 3− 3− 3+ < m< 2 D Câu4: (SGD Hà Tĩnh – Lần năm 2017 – 2018) Gọi tham số m< có để phương trình có ba nghiệm phân biệt  3 S =  − ;1;   2 C m ¡ \S D 1 3 S =  ;1; −  2   Câu6: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần năm 2017-2018) Phương trình 2x− 2+ m∈ ( a;b) , đặt A T = 36 m− 3x ( ) + x3 − 6x2 + 9x + m 2x− = 2x+ + thì: B T = 48 có nghiệm phân biệt T = b2 − a2 C T = 64 D T = 72 Đáp án: 1D; 2B; 3A; 4B; 5A; 6B 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 phương trình, bất phương trình hay em đưa 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 Đánh giá: a Giải pháp cũ thường làm: - Chi tiết giải pháp cũ: dạy học dạy làm theo hướng tự luận 18 - Ưu điểm, nhược điểm tồn cần khắc phục: Học sinh nắm kiến thức cách trình bày hợp lý tốn thời gian không phù hợp với việc thi trắc nghiệm b Giải pháp cải tiến: - Mô tả chất giải pháp mới: Định hướng học sinh cách tiếp cập tư nhanh nhạy để giải nhanh tốn vận dụng cao cho thi trắc nghiệm - Tính mới, tính sáng tạo giải pháp: Học sinh hiểu cách làm nhanh hiểu rộng kiến thức phù hợp cho thi trắc nghiệm Kết - Qua quan sát thực tế từ việc trực tiếp giảng dạy, tơi thấy nhóm học sinh học mơn KHTN giải nhanh thục toán phương trình, bất phương trình mũ lơgarit sưu tầm từ đề thi thử THPT Quốc gia năm 2019 số trường THPT nước - Đã rèn luyện kỹ giải tốn phương trình, bất phương trình mũ lơgarit, kỹ tính tốn, kỹ tìm lời giải cho tốn phương trình, bất phương trình mũ lơgarit phát huy tính sáng tạo tìm tòi lời giải cho toán, dạng toán - Tiết học sôi nổi, học sinh hứng thú chủ động khai thác kiến thức, 100% học sinh nhóm thực nội dung theo yêu cầu câu hỏi có kết cụ thể Từ kết mạnh dạn khẳng định giải pháp mà đề tài đưa hoàn toàn khả thi áp dụng hiệu q trình dạy học 2.4.2 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua thực tế giảng dạy thấy cách làm góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy phần phương trình, bất phương trình mũ lơgarit thân, góp phần vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy mơn Tốn nhà trường KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Như gặp tốn phương trình, bất phương trình mũ logarit dạng trắc nghiệm Các em tiến hành theo bước trình bày Phương pháp giải áp dụng cho em học sinh giỏi học hết học kỳ I lớp 12 em học sinh ôn thi THPTG Trên phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải số toán vận dụng cao phương trình, bất phương trình mũ đề thi thử THPTQG định hướng giải đề thi THPT Quốc gia năm 2019 năm sau Tuy nhiên q trình thực khơng thể tránh khỏi thiếu sót Kính mong giúp đỡ góp ý đồng nghiệp 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 “giải số toán vận dụng cao phương trình, bất phương trình mũ” 19 + Đề tài đưa giải pháp thiết thực việc rèn luyện kĩ nghiệm phương trình, bất phương trình mũ lơgarit 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 thử THPT Quốc Gia 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 nhiều đối tượng học sinh nhiều nơi, giúp học sinh u thích say mê học Tốn Tơi 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 CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 14 tháng năm 2019 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Hoàng Văn Lan Hồ Văn Tám 20 ... II- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP: Xét toán liên quan phương trình, bất phương trình mũ logarit Để vận dụng tính đơn điệu hàm số giải phương trình, bất phương trình mũ logarit , ta có số hướng biến đổi... 2.3 Các nội dung sử dụng để giải vấn đề A ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT I CƠ SỞ LÝ THUYẾT: Hàm số y=f(x) đồng... bất phương trình Mũ Loogarit chưa giải tốn khó Vì vậy, tơi nhận thấy cần bổ sung khắc sâu thêm phương pháp giải phương trình, bất phương trình Mũ Loogarit cách sử dụng tính đơn điệu hàm số, giúp