Một số ứng dụng của hàm số mũ, hàm số loogarit vào tìm số nghiệm của phương trình, bất phương trình, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biều thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ MŨ, HÀM SỐ LOGARIT VÀO TÌM SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC Người thực hiện: Nguyễn Lan Phương Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Toán học THANH HOÁ, NĂM 2020 MỤC LỤC 111Equation Chapter 1 Section 1 1 Mở đầu 1.1 Lý do chọn đề tài Trong một hai năm gần đây, trong đề thi THPT QG xuất hiện rất nhiều dạng toán khó và mới Một trong những dạng mới đó là phải sử dụng hàm số mũ, hàm số logarit để tìm nghiệm, hoặc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Những câu hỏi dạng này thường là những câu vận dụng hoặc vận dụng cao Để giúp thầy cô giáo và các bạn học sinh có thêm kỹ năng giải quyết vấn đề trên, tôi chọn đề tài " Một số ứng dụng của hàm số mũ, hàm số loogarit vào tìm số nghiệm của phương trình, bất phương trình, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biều thức " làm đề tài nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm của mình 1.2 Mục đích nghiên cứu của đề tài - Xây dựng được chuyên đề ôn thi đại học rất thiết thực và có hiệu quả - Góp phần nâng cao kỹ năng giải các bài toán liên quan đến hàm số mũ, logarit cho giáo viên và học sinh - Góp phần gây hứng thú học tập môn Toán cho học sinh, và cũng giúp các em thấy được sự đa dạng trong các lời giải của một bài toán 1.3 Nhiệm vụ và phạm vi nghiên cứu : 1 Nhiệm vụ : - Hệ thống lại các kiến thức về hàm số mũ, hàm số logarit, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức 2 Phạm vi nghiên cứu : - Đối tượng: Học sinh lớp 12 - Tài liệu : Sách giáo khoa Giải tích lớp 12 nâng cao – cơ bản, Sách bài tâp, Sách giáo viên và các đề thi đại học, học sinh giỏi môn Toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu : 1.4.1 Nghiên cứu tài liệu : - Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục, các đề thi - Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo 1.4.2 Nghiên cứu thực tế : - Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp - Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học - Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua các tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài 2 Nội dung sáng kiến 2.1 Cơ sở lý luận 2.1.1 Vị trí của môn Toán trong nhà trường : Môn Toán cũng như những môn học khác cung cấp những tri thức khoa học, những nhận thức về thế giới xung quanh nhằm phát triển năng lực nhận thức, hoạt động tư duy và bồi dưỡng tình cảm đạo đức tốt đẹp của con người Môn Toán có tầm quan trọng to lớn Nó là bộ môn khoa học nghiên cứu có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên của con người 2.1.2 Đặc điểm tâm sinh lý của học sinh THPT 3 - Học sinh THPT nghe giảng rất dễ hiểu nhưng cũng sẽ quên ngay khi các em không tập trung cao độ Vì vậy người giáo viên phải tạo ra hứng thú trong học tập và phải thường xuyên được luyện tập - Hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình tìm tòi, sáng tạo nên trong dạy học giáo viên phải chắt lọc từng đơn vị kiến thức để củng cố khắc sâu cho học sinh 2.1.3 Nhu cầu về đổi mới phương pháp dạy học : Học sinh THPT có trí thông minh, khá nhạy bén, sắc sảo, có óc tưởng tượng phong phú Đó là tiền đề tốt cho việc phát triển tư duy toán học nhưng rất dễ bị phân tán, rối trí nếu bị áp đặt, căng thẳng, quá tải Chính vì thế nội dung chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức chuyển tải, nghệ thuật truyền đạt của người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi là điều không thể xem nhẹ Muốn giờ học có hiệu quả thì đòi hỏi người giáo viên phải đổi mới phương pháp dạy học tức là kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng tập trung vào học sinh, trên cơ sở hoạt động của các em Muốn các em học được thì trước hết giáo viên phải nắm chắc nội dung của mỗi bài và lựa chọn, vận dụng các phương pháp sao cho phù hợp Hiển nhiên, một người giáo viên muốn dạy giỏi phải trải qua quá trình tự rèn luyện, phấn đấu không ngừng mới có được Tuy nhiên, việc đúc kết kinh nghiệm của bản thân mỗi người qua từng tiết dạy, nó vừa giúp cho mình càng có kinh nghiệm vững vàng hơn, vừa giúp cho những thế hệ giáo viên sau này có cơ sở để học tập, nâng cao tay nghề, góp phần vào sự nghiệp giáo dục của nước nhà 2.2 Thực trạng vấn đề : Hiện nay phần hàm số mũ, hàm số logarit là phần khó và ứng dụng nó vào giải các vấn đề liên quan lại càng khó không chỉ đối với học sinh mà ngay cả đối với giáo viên Vì thế việc rèn luyện cho học sinh có các kỹ năng biến đổi, biết quy lạ về quen, biết vận dụng linh hoạt các mảng kiến thức là rất cần thiết 2.3 Nội dung lý thuyết : 2.3.1 Hàm số mũ, hàm số logarit + Cho a là số thưc thỏa mãn 0 < a ≠ 1 , hàm số mũ có dạng : y = a y = log a x Hàm số logait có dạng ( điều kiện x > 0) Hàm số y = log a x y = log a f ( x) y = ax y = a f ( x) x Tập xác định Đạo hàm D=R D = Df y ' = a x ln a y ' = f '( x).a f ( x ) ln a Sự biến thiên • a>1 Hàm số đồng biến Cùng chiều biến thiên với hàm f(x) Ngược chiều biến thiên với hàm f(x) • 0 0, ∀t > 0 t.ln 3 0; +∞ ) tức là hàm số luôn đồng biến trên ( 2y 2y Khí đó (*) ⇔ f ( x + 1) = f (3 ) ⇔ x + 1 = 3 y Vì 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ 9 ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ y ≤ log 9 2021 Do y nguyên nên y ∈ { 0;1; 2;3} ⇒ ( x, y ) ∈ { (0; 0); (8;1); (80; 2); (728;3)} nên tổng cộng có 4 cặp số thỏa mãn đề bài Chọn đáp án D 3 2 x − 2+ m−3 x + ( x3 − 6 x 2 + 9 x + m ) 2 x − 2 = 2 x +1 + 1 Bài 2: Phương trình có 3 nghiệm 2 2 phân biệt khi và chỉ khi m ∈ (a; b) , đặt T = b − a thì: A T = 36 B T = 48 C T = 64 D T = 72 Lời giải tham khảo 3 2 x − 2+ m−3 x + ( x3 − 6 x 2 + 9 x + m ) 2 x − 2 = 2 x +1 + 1 Ta có : 2 3 m −3 x ⇔2 3 + ( x 3 − 6 x 2 + 9 x + m ) = 23 + 2 2 − x m −3 x + ( x − 2 ) + 8 + m − 3 x = 23 + 2 2 − x ⇔ 2 3 3 m −3 x + m − 3 x = 22 − x + ( 2 − x ) f t = 2 +t Xét hàm ( ) trên ¡ t 2 f ′ t = 2 ln 2 + 3t > 0, ∀t ∈ ¡ có ( ) nên hàm số liên tục và đồng biến trên ¡ t 3 3 m − 3x = ( 2 − x ) ⇔ m = 8 − 9 x + 6 x 2 − x 3 Do đó từ (1) suy ra 3 2 f ( x) = −x + 6x − 9x + 8 ¡ 3 Xét hàm số trên x = 3 f ′( x) = 0 ⇔  2 f ′ x = −3x + 12 x − 9  x = 1 Bảng biến thiên có ( ) ; 6 Dựa vào bảng biến thiên ta có 4 < m < 8 thỏa mãn 2 2 Suy ra a = 4; b = 8 ⇒ T = b − a = 48 Chọn đáp án B Bài 3 : Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với x ≤ 2020 thỏa mãn log 2 ( x − 1) + 2 x − 2 y = 1 + 4 y A 5 B 1010 C.6 D 2020 Lời giải tham khảo log 2 ( x − 1) + 2 x − 2 y = 1 + 4 y ⇔ log 2 2 ( x − 1) + 2 ( x − 1) = 2 y + 2 2 y Theo đề bài ⇔ log 2 2( x − 1) + 2( x − 1) = log 2 22 y + 22 y (1) Xét hàm số f (t ) = log 2 t + t với t > 0 f '(t ) = 1 + 1 > 0, ∀t > 0 t.ln 2 , hàm số đồng biến với t > 0 + ( 1) ⇔ f ( 2 x − 2 ) = f ( 22 y ) ⇔ 2 x − 2 = 22 y ⇔ log 2 2 ( x − 1) = 2 y ⇔ 2 ( x − 1) = 22 y ⇔ x = 22 y −1 + 1 x ≤ 2020 ⇒ 22 y −1 + 1 ≤ 2020 ⇔ y ≤ Mà y ∈ Z + ⇒ y ∈ { 1; 2;3; 4;5} 1 ( 1 + log 2 2019 ) 2 Vì Vậy có 5 cặp điểm cặp số nguyên dương ( x; y ) Chọn đáp án A Bài 4: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương log 2 x+2 2 + x + 4x = 4 y 2 + 8 y +1 y +1 A 2020 log 2 ( x; y ) với x ≤ 2020 thỏa mãn điều kiện B vô số C 1010 Lời giải tham khảo D 4040 x+2 2 2 = 4 y 2 − x 2 − 4 x + 8 y + 1 ⇔ log 2 ( x + 2 ) − log 2 ( y + 1) = 4 ( y + 1) − ( x + 2 ) + 1 y +1 ⇔ log 2 ( x + 2 ) + ( x + 2 ) = log 2 2 ( y + 1) +  2 ( y + 1)  2 Xét hàm số Ta có f ( t ) = log 2 t + t 2 f ′( t ) = trên ( 0;+∞ ) 2 ( 1) 1 + 2t > 0 ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ( t ) ( 0; +∞ ) t ln 2 đồng biến trên 7 ( 1) ⇔ f ( x + 2 ) = f ( 2 y + 2 ) ⇔ x + 2 = 2 y + 2 ⇔ x = 2 y Mà 0 < x ≤ 2020 ⇒ 0 < y ≤ 1010 Vậy có 1010 cặp số nguyên dương (x, y) Chọn đáp án C a; b ) Bài 5: Có tất cả bao nhiêu cặp số ( với a, b là các số nguyên dương thỏa 3 log 3 ( a + b ) + ( a + b ) = 3 ( a 2 + b 2 ) + 3ab ( a + b − 1) + 1 mãn: A 2 B 3 C.1 D vô số Lời giải tham khảo Với a, b là các số nguyên dương, ta có: log 3 ( a + b ) + ( a + b ) = 3 ( a 2 + b 2 ) + 3ab ( a + b − 1) + 1 3 a 3 + b3 ⇔ log 3 2 2 + a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) = 3 ( a 2 + b 2 − ab ) + 3ab ( a + b ) + 1 a + b − ab ⇔ log 3 a 3 + b3 + a3 + b3 = log 3 3 a 2 + b 2 − ab  + 3 a 2 + b 2 − ab ( 1) ( ) f ( t ) = log 3 t + t Xét hàm số: f '( t ) = ( ( 0; +∞ ) ( ) 1 + 1 > 0, ∀t > 0 0; +∞ ) f t t ln 3 nên hàm số ( ) đồng biến trên ( ( 1) Khi đó, phương trình f ( a +b 3 trên ) 3 ) = f 3 ( a 2 trở thành : + b − ab )  ⇔ a 3 + b3 = 3 ( a 2 + b 2 − ab ) 2  a 2 + b 2 − ab = 0 ( *) ⇔ ( a 2 + b 2 − ab ) ( a + b − 3) = 0 ⇔  a + b − 3 = 0 a, b ∈ ¥ * ( *) vô nghiệm Suy ra: a + b = 3  a = 2 0 < a < 3  0 < b < 3  b = 1 ⇔   a = 1 a + b = 3   a, b ∈ ¥ *  b = 2 a , b  Mà là các số nguyên dương nên Có 2 cặp số (a,b) thỏa mãn Chọn đáp án A ( x ; y ) thoả mãn 1 ≤ x ≤ 2020 và Bài 6: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương Do nên phương trình 2 y + y = 2 x + log 2 ( x + 2 y −1 ) A 2021 Theo đề bài, B 10 C 2020 Lời giải tham khảo y 2 + y = 2 x + log 2 ( x + 2 y −1 ) ⇔ 2 + log 2 ( 2 y y )  2y = 2 x + log 2  x + 2  D 11   2x + 2y  y y y y ⇔ 2 + 2 + log 2 = 2 x + 2 + log ) ÷ ÷ 2( 2   2  8 ⇔ 2 ( 2 ) + log 2 ( 2 y Xét hàm số Vì y )  2x + 2y   2x + 2 y  = 2 × ÷+ log 2  ÷  2   2  ( 1) f ( t ) = 2t + log 2 t t > 0 , 1 >0 ∀t > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến trên ( 0; + ∞ ) nên t ln 2  2x + 2y  2x + 2y y = f ⇔ 2 = ⇔ 2.2 y = 2 x + 2 y ⇔ 2 x = 2 y ⇔ x = 2 y −1 ÷ 2  2  f ′( t ) = 2 + ( 1) ⇔ f ( 2y ) Do 1 ≤ x ≤ 2020 nên 0 ≤ y − 1 ≤ log 2 2020 ⇔ 1 ≤ y ≤ 11,98 * y ∈ { 1; 2;3; ;11} y ∈ ¥ Do nên , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề ( x ; y ) Chọn đáp án D Vậy có 11 cặp số nguyên Bài 7 Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn 4.2 x ( x 2 − y) − 2 x + y + 2 x 3 + 6 = 2 ( x + 1) ( y + 1) B 2 C 3 Lời giải tham khảo A 1 D 4 Ta có: 4.2 x ( x 2 −y) − 2 x + y + 2 x 3 + 6 = 2 ( x + 1) ( y + 1) ⇔ 2 x Xét hàm số f ( u ) = 2u + 2u 3 − xy + 2 + 2( x 3 − xy + 2) = 2 x + y + 2 ( x + y ) ( 1) trên ¡ f ¢( u) = 2u ln 2 + 2 > 0, " u Î ¡ nên hàm số f ( u) đồng biến trên ¡ Do đó ( 1) Û f ( x 3 - xy + 2) = f ( x + y ) Û x 3 - xy + 2 = x + y Û y ( x +1) = x 3 - x + 2 Dễ thấy x = −1 thì pt vô nghiệm Với x ≠ −1 ta được y= x3 − x + 2 2 = x2 − x + x +1 x +1  x + 1 = ±2 2M( x + 1) ⇔   x + 1 = ±1 Để x, y ∈ ¢ thì Với x + 1 = 2 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 Với x + 1 = −2 ⇔ x = −3 ⇒ y = 11 Với x + 1 = 1 ⇔ x = 0 ⇒ y = 2 Với x + 1 = −1 ⇔ x = −2 ⇒ y = 4 −3;11) , ( −2; 4 ) , ( 0; 2 ) , ( 1;1) Vậy có 4 cặp số nguyên là ( Chọn đáp án D 9 Bài 8 : Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) thỏa mãn đồng thời hai điều 6 log ( 10 x 2 − 20 x + 20 ) = 10 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1 1 ≤ x ≤ 10 kiện: và A 4 B 2 C 3 D 1 Lời giải tham khảo 2 Điều kiện: 10 x − 20 x + 20 > 0 , đúng ∀x ∈ ¡ Ta có x; y 2 log ( 10 x 2 − 20 x + 20 ) = 10 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1 2 ⇔ ( x 2 − 2 x + 1) + log 10 ( x 2 − 2 x + 2 )  = 10 y + y 2 2 ⇔ ( x 2 − 2 x + 1) + log10 + log ( x 2 − 2 x + 2 ) = 10 y + y 2 2 ⇔ ( x 2 − 2 x + 2 ) + log ( x 2 − 2 x + 2 ) = 10 y + y 2 2 ⇔ 10 ( log x 2 − 2 x + 2 ) + log ( x 2 − 2 x + 2 ) = 10 y + y 2 2 f ( t ) = 10t + t Xét hàm trên ¡ t f ′ t = 10 ln10 + 1 > 0 ∀t ∈ ¡ f t Ta có ( ) , Do đó ( ) đồng biến trên ¡ ( ) 2 2 ⇔ f  log ( x 2 − 2 x + 2 )  = f ( y 2 ) ⇔ log x − 2 x + 2 = y Khi đó y 2 ⇔ x 2 − 2 x + 2 = 10 y ⇔ ( x − 1) + 1 = 10 2 1 ≤ ( x − 1) + 1 = 10 Vì 1 ≤ x ≤ 10 nên + y ∈ { 1; 2;3} Vì y ∈ ¢ nên 6 2 2 y2 2 ( 106 − 1) 2 + 1 ⇒ 0 ≤ y ≤ log ≤ 10 − 1 + 1   ( 6 ) 2  x = −2 (ktm) ⇔ 2 2  x = 4 (tm) + Với y = 1 ⇒ x − 2 x + 2 = 10 ⇔ x − 2 x − 8 = 0 2 4 2 + Với y = 2 ⇒ x − 2 x + 2 = 10 ⇔ x − 2 x − 9998 = 0 2 9 2 + Với y = 3 ⇒ x − 2 x + 2 = 10 ⇒ x − 2 x − 999999998 = 0 x; y ) = ( 4;1) Vậy có một cặp nguyên dương ( Chọn đáp án D log 7 ( x 2 + 2 x + 2 ) + 1 > log 7 ( x 2 + 6 x + 5 + m ) Bài 9: Cho bất phương trình Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên có tập ngiệm chứa 1;3 khoảng ( ) ? A 33 B 35 C.728 D 34 Lời giải tham khảo  x 2 + 6 x + 5 + m > 0 m > − x 2 − 6 x − 5  bpt ⇔  ⇔ 2 2 2 log 7 7 ( x + 2 x + 2 )  > log 7 ( x + 6 x + 5 + m ) 6 x + 8 x + 9 > m 10 m > max f ( x ) ( 1;3)  ⇔ g ( x) m < min f ( x ) = − x2 − 6x − 5 g ( x ) = 6 x2 + 8x + 9 ( 1;3) , với ; Xét sự biến thiên của hai hàm số f ( x ) và g ( x ) f ′ ( x ) = −2 x − 6 < 0, ∀x ∈ ( 1;3) ⇒ f ( x ) ⇒ max f ( x ) = f ( 1) = −12 luôn nghịch biến trên khoảng ( 1;3) ( 1;3) g ′ ( x ) = 12 x + 8 > 0, ∀x ∈ ( 1;3) ⇒ g ( x ) ⇒ min g ( x ) = g ( 1) = 23 luôn đồng biến trên khoảng ( 1;3) Khi đó −12 < m < 23 m ∈ { −11; − 10; ; 22} ( 1;3) Mà m ∈ ¢ nên Vậy có tất cả 34 giá trị nguyên của m Chọn đáp án D Bài 10: Biết rằng trong tất cả các cặp log 2 ( x 2 + y 2 + 2 ) ≤ 2 + log 2 ( x + y − 1) ( x; y ) thỏa mãn Chỉ có duy nhất một cặp ( ) thỏa mãn: 3 x + 4 y − m = 0 Khi đó hãy tính tổng tất cả các giá trị m tìm được? A 20 B 46 C 28 D 14 Lời giải tham khảo x; y log 2 ( x 2 + y 2 + 2 ) ≤ 2 + log 2 ( x + y − 1) ⇔ x 2 + y 2 + 2 ≤ 4 ( x + y − 1) ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 2 ) ≤ 2 2 2 3 x + 4 y − m = 0  2 2 x − 2) + ( y − 2) ≤ 2 x; y ) ( (   Do chỉ có duy nhất cặp thỏa mãn hệ nên đường 2 2 x − 2) + ( y − 2) = 2 thẳng 3 x + 4 y − m = 0 là tiếp tuyến của đường tròn ( 3.2 + 4.2 − m  m = −36 = 2⇔ 32 + 42  m = 64 Chọn đáp án C Suy ra Dạng 2 : Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức Bài 1 : Xét các số thực dương x, y thỏa mãn giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức P = x + 3 y A Pmin = 17 2 B Pmin = 9 log 1 x + log 1 y ≤ log 1 ( x + y 2 ) 2 Pmin = 2 25 2 4 C Lời giải tham khảo log 1 xy ≤ log 1 ( x + y 2 ) 2 2 + Bất phương trình tương đương 2 Tìm D Pmin = 8 (1) 11 1 y = log 1 t a = ∈ (0,1) ⇒ 2 2 2 + Hàm số : có cơ số nghịch biến với t > 0 2 y xy ≥ x + y 2 ⇔ x ( y − 1) ≥ y 2 ⇒ x ≥ y − 1 ( y ≥ 1) + (1) ⇔ y = log 1 t y2 1 P= + 3 y = 4( y − 1) + +5≥9 y − 1 y − 1 + 3 9 y = ,x = 2 2 Chọn đáp án B Vậy Pmin = 9 khi Bài 2: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x −1 y −1 log 3 ( x + y + 2) = 1 + log 3 ( + ) y x Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2 + y 2 a = xy b với a, b ∈ ¥ và ( a, b) = 1 Hỏi a + b bằng bao nhiêu A 2 B 9 C 12 D 13 Lời giải tham khảo Ta có: x −1 y −1 x −1 y −1 log 3 ( x + y + 2) = log 3 3( + )(1) log 3 ( x + y + 2) = 1 + log 3 ( + ) y x y x ⇔ + Xét hàm số : f(t) = log3t có cơ số a = 3 > 1 nên hàm số đồng biến với t > 0 x y 1 1 x y 1 1 (1) ⇔ x + y + 2 = 3( + ) − 3( + ) ⇔ 3( + ) = ( x + y ) + 3( + ) + 2 y x x y y x x y  x y ⇔ 3  + ÷≥ 2 y x Do đó a + b = 13  x y x y 10 3  + ÷+ 6 + 2 ⇒ + ≥ y x 3  y x Chọn đáp án D ) ) Biết giá trị 4( 4( Bài 3: Cho x, y là các số thực thỏa mãn 2 2 a b ( 1 < a, b ∈ ¢ ) nhỏ nhất của biểu thức P = 2x − y là Giá trị a + b là: log x + y + log x − y ≥ 1 2 2 A a + b = 18 2 2 2 2 B a + b = 8 C a + b = 13 Lời giải tham khảo 2 2 D a + b = 20 Từ giả thiết ta có : x + y > 0  x − y > 0  log 4 ( x + y ) ( x − y )  ≥ log 4 4(1) + Hàm số : y = log 4 t đồng biến với t > 0 nên 2 2 (1) ⇔ ( x + y )( x − y ) ≥ 4 ⇔ x − y − 4 ≥ 0 (2) + Từ : P = 2x – y ⇒ y = 2x – P , thay vào (2) được : 12 P ≥ 2 3 ∆ ' = P 2 − 12 ≥ 0 ⇔   P ≤ −2 3 3 x 2 − 4 xP + P 2 + 4 ≤ 0 có nghiệm ⇒ x > 0 ⇒ P = 2x − y > 0  x − y > 0 ⇒ min P = 2 3 khi + Từ điều kiện bài toán có   2P 4 3 x= =   P = 2 3  3 3 ⇔   ∆ ' = 0 y = P = 2 3  3 3 2 2 Vậy Pmin = 2 3 , do đó a + b = 13 Chọn đáp án C log3 x+ y = x ( x − 9 ) + y ( y − 9 ) + xy x + y 2 + xy + 2 Tìm giá 2 Bài 4: Cho x , y thỏa mãn 3x + 2 y − 9 P= x + y + 10 khi x , y thay đổi trị lớn nhất của A 2 B 3 Lời giải tham khảo C 1 D.0 2 y  3y2  x + y + xy + 2 =  x + ÷ + +2>0 x + y > 0 2 4   Điều kiện: (do ) 2 2 Đẳng thức đã cho tương đương với log 3 9( x + y) = x ( x − 9 ) + y ( y − 9 ) + xy + 2 x + y 2 + xy + 2 2 ⇔ log 3 (9 x + 9 y ) + (9 x + 9 y ) = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2) + ( x 2 + y 2 + xy + 2) f t = t + log 3 t 0; + ∞ ) Mà hàm số ( ) đồng biến trên ( nên suy ra 2 2 2 2 ( 1) ⇔ x + y + xy + 2 = 9 x + 9 y ⇔ x + y + xy + 2 − 9 x − 9 y = 0 (1) Ta có 2 y y 3 9 3 19 2   x + y + xy − 9 x − 9 y + 2 = 0 ⇔  x + ÷ − 9  x + ÷ = − y 2 + y − 2 = − ( y − 3) + 2 2 4 2 4 4   2 2 Dẫn đến 2 y y  19 1 y 19    x + ÷ − 9  x + ÷ ≤ ⇒ − ≤ x + ≤ ⇒ −1 ≤ 2 x + y ≤ 19 2 2 4 2 2 2   Suy ra 3x + 2 y − 9 x + y + 10 + 2 x + y − 19 2 x + y − 19 P= = = 1+ ≤1 x + y + 10 x + y + 10 x + y + 10 2 x + y = 19 x = 8 P =1⇔  ⇔ y = 3  y = 3 Vậy maxP = 1 Chọn đáp án C 13 log3 x + xy = log3 ( 8 − y ) + x ( 8 − x ) Bài 5 Cho hai số thực dương x; y thỏa mãn 3 2 2 P = x − ( x + y ) − 16 x Giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng? 196 1814 1760 586 − − − − 3 27 9 27 A B C D Lời giải tham khảo x > 0  Điều kiện 0 < y < 8 Từ giả thiết biến đổi có: log3 x + xy = log3 ( 8 − y ) + x ( 8 − x ) ⇔ log 3 x 2 + x 2 = log 3  x ( 8 − y )  + x ( 8 − y ) f ( t ) = log 3 t + t 0;+∞ ) Do hàm số đồng biến trên ( đồng thời từ giả thiết bài  x 2 ∈ ( 0; +∞ )   ⇒ x2 = x ( 8 − y ) ⇔ x + y = 8  x ( 8 − y ) ∈ ( 0; +∞ )  f ( x 2 ) = f  x ( 8 − y )    toán có: x ∈ ( 0;8) Do x; y > 0 nên có 2 P = x 3 − x 2 − ( 8 − x ) − 16 x = x 3 − 2 x 2 − 64 P Thay vào ta có: 1760 min g ( x ) = − 3 2 g ( x ) = x − 2 x − 64; x ∈ ( 0;8 ) 27 ( 0;8) Xét hàm số ta có Chọn đáp án D Bài 6: Cho các số thực x, y thỏa mãn 0 ≤ x, y ≤ 1 và  x+ y  log3  ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0 1 − xy   Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P = 2 x + y A 2 1 C 2 B 1 Lời giải tham khảo D 0  x+ y  log 3  ÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0 1 − xy   ⇔ log 3 ( x + y ) + ( x + y ) = log 3 ( 1 − xy ) + ( 1 − xy ) ( 1) 1 ′ f t = + 1 > 0 ∀t > 0 ( ) f ( t ) = log 3 t + t t > 0 t ln 3 Xét hàm số với , ta có 1− x ⇔ y = ( 1) ⇔ x + y = 1 − xy ⇒ f ( t) x + 1 ( 2) luôn đồng biến với ∀t > 0 ⇒ 14 P = 2x + 2 Thế ( ) vào P ta được 2 2 x2 + 4 x P′ = 2 − = ≥0 2 2 x + 1 x + 1 ( ) ( ) 1− x 1 + x Với 0 ≤ x ≤ 1 ; với 0 ≤ x ≤ 1 Vậy minP=1 khi x = 0; y = 1 Chọn đáp án B Bài 7 : Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 3 5xy x+2 y 5 + xy + x + 1 = + 3− x −2 y + y ( x − 2) 3 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x + y A Tmin = 2 + 3 2 T = 1+ 5 C min B Tmin = 3 + 2 3 T = 5+3 2 D min Lời giải tham khảo Theo đề ra ta có 3 5 xy + x + 1 = + 3− x − 2 y + y ( x − 2) xy 3 5 1 1 ⇔ 5 x + 2 y − x + 2 y + x + 2 y = 5 xy −1 − xy −1 + xy − 1 3 3 1 f ( t ) = 5t − t + t ⇒ f ′ ( t ) = 5t ln 5 + 3− t ln 3 + 1 > 0 3 Xét 5x + 2 y + ⇒ x + 2 y = xy − 1 ⇒ y = x +1 x +1 y > 0, x > 0 ⇒ >0⇒ x > 2 x−2 x − 2 Do x + 1 x2 − x + 1 T = x+ y = x+ = x − 2 x−2 Ta có:  x = 2 + 3 ∈ ( 2; +∞ ) x2 − 4 x + 1  T′ = = 0 ⇔ 2  x = 2 − 3 ∉ ( 2; +∞ ) ( x − 2) Bảng biến thiên Tmin = 3 + 2 3 tại x = 2 + 3 Chọn đáp án B 2 2 P Bài 8 Tìm giá trị lớn nhất max của biểu thức P = −3x + y + 2 x − y + 1 Biết Vậy 15 x , y ∈ ¡ thỏa mãn log 2 x2 + 2x + 2 + 2x2 − y 2 + 4x + y + 4 = 0 2 y − y +1 P = 10 B Pmax = 13 C Pmax = 14 D max Lời giải tham khảo 2 x + 2x + 2 log 2 2 + 2x2 − y2 + 4x + y + 4 = 0 ( x, y ∈ ¡ ) y − y +1 Ta có: , A Pmax = 12 ⇔ log 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) − log 2 ( y 2 − y + 1) + 2 x 2 − y 2 + 4 x + y + 4 = 0 ⇔ log 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) + 2 x 2 + 4 x + 5 = log 2 ( y 2 − y + 1) + ( y 2 − y + 1) ⇔ log 2 ( 2 x 2 + 4 x + 4 ) + ( 2 x 2 + 4 x + 4 ) = log 2 ( y 2 − y + 1) + ( y 2 − y + 1) (*) f t = log 2 t + t t ∈ [ 1; +∞ ) Xét hàm số ( ) , 1 f ′( t ) = +1 > 0 f ( t) ( 1; + ∞ ) t.ln 2 , ∀t ≥ 1 Suy ra hàm số đồng biến trên ( *) ⇔ f ( 2 x 2 + 4 x + 4 ) = f ( y 2 − y + 1) ⇔ 2 x 2 + 4 x + 4 = y 2 − y + 1 Mà ⇔ 2 x 2 + 4 x + 3 = y 2 − y (1) 2 2 2 P = − 3 x + y + 2 x − y + 1 = − x + 6x + 4 Khi đó = 13 − ( x 2 − 6 x + 9 ) = 13 − ( x − 3) ≤ 13 2 Vậy Pmax 1 ± 133 y = = 13 2 đạt được khi x = 3 và Chọn đáp án B  1 − 2x  ln  ÷ = 3 x + y − 1 x + y x , y   Bài 9: Cho là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị 1 1 P= + + 1 P x xy min nhỏ nhất của A Pmin = 8 B Pmin = 16 C Pmin = 9 D Pmin = 2 Lời giải tham khảo 1− 2x 1 1 > 0 ⇔ 1− 2x > 0 ⇔ x < 0< x< 2 Kết hợp với x > 0 ta suy ra 2 Điều kiện: x + y  1− 2x  ln  ÷ = 3 x + y − 1 ⇔ ln ( 1 − 2 x ) − ln ( x + y ) = ( x + y ) − ( 1 − 2 x ) Ta có:  x + y  ⇔ ln ( 1 − 2 x ) + ( 1 − 2 x ) = ln ( x + y ) + ( x + y ) Xét hàm f ( t ) = ln ( t ) + t Hàm số xác định và liên tục trên ( 0; +∞ ) 1 f ' ( t ) = + 1 > 0, ∀t > 0 ( 0; +∞ ) t Suy ra hàm số đồng biến trên 16 ⇒ f ( 1 − 2 x ) = f ( x + y ) ⇔ 1 − 2 x = x + y ⇔ y = 1 − 3x > 0 P= Khi đó Xét hàm 1 1 1 2 + +1 ≥ + +1 x x 1− 2x x ( 1 − 3x ) g ( x) = 1 2 + +1 x 1 − 2x trên Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1 − 3x ⇔ x = 1 4  1  0; ÷  3 4  1  g '( x) = − 1 + 1 0; 2 2 g ' x = 0 ⇔ x =  ÷ ( ) x g x ( 1− 2x) ; 4 Hàm số ( ) liên tục trên  3  ; Bảng biến thiên 1 1 x 0 4 3 0 g '( x) − + g ( x) +∞ 9 8 Vậy Pmin = 8 tại x= 1 4 Chọn đáp án A log 3 Bài 10 : Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 1 2 T= + x y giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 3 + 3 log 3 B 4 2x + y + 1 = x + 2y x+ y C 2x + y +1 = x + 2y x+ y Tìm 3+ 2 3 D 6 Lời giải tham khảo Ta có: ⇔ log 3 ( 2 x + y + 1) − log 3 ( x + y ) = 3 ( x + y ) − ( 2 x + y + 1) + 1 ⇔ log 3 ( 2 x + y + 1) + ( 2 x + y + 1) = log 3 3 ( x + y )  + 3 ( x + y ) Xét hàm số y = f ( a ) = log 3 a + a trên ( 0;+∞ ) ( 1) ( ) là hàm số đồng biến trên ( ) Dễ thấy hàm số ( 1) ⇔ f ( 2 x + y + 1) = f ( 3( x + y ) ) ⇔ 2 x + y + 1 = 3 ( x + y ) ⇔ x + 2 y = 1 Do đó, Ta có 1 1 1 1 1 ≥ + = + + 1 2 1 1 9 x 1+y x 1+y 1+y ≥ T= + = + =6 x y x 1 1 4 4 4 y x + 2y + 4 2 2 y= f a 0;+∞ 17 1 1 x = ;y = 2 4 Chọn đáp án D Vây min T = 6 khi và chỉ khi ( Có thể sử dụng hàm số, hoặc máy tính bỏ túi ) Bài 11 : Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn 2 nhất của biểu thức P = ab + 2ab bằng A 3 4ab.2 a+ b = 8 ( 1 − ab ) a + b Giá trị lớn 5 −1 2 B.1 C Lời giải tham khảo 3 D 17 Từ giả thiết suy ra 1 − ab > 0 8 ( 1 − ab ) 8 ( 1 − ab ) 4ab.2a +b = ⇔ ( a + b ) 2a + b = a+b 22 ab ⇔ ( a + b ) 2a +b = ( 2 − 2ab ) 22− 2 ab (1) t f t = t.2 t ∈ ( 0; +∞ ) = D Xét hàm số ( ) với f ′ ( t ) = 2t + t.2t.ln 2 > 0, ∀t ∈ D f ( t) D liên tục trên và Dễ thấy hàm số suy ra ( ) là hàm số đồng biến trên D ⇒ a ( 1 + 2b ) = 2 − b (1) ⇔ a + b = 2 − 2ab (2) Từ (2), suy ra 2 − b > 0 ⇒ b < 2 f t ( 2) Ta được P = ab + 2ab 2 = ba ( 1 + 2b ) = b ( 2 − b ) b + ( 2 − b)  P = b ( 2 − b) ≤   =1 2   Theo bất đẳng thức Cô – si, ta được 1  a = 3   Vậy max P = 1 , đạt được khi và chỉ khi b = 1 Chọn đáp án B Bài 12 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x ³ 0, y ³ 0, z ³ - 1 và 2 x +y +1 = 2x - y 4x + y + 3 Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 (x + z + 1) (y + 2)2 T = + 3x + y x + 2z + 3 tương ứng bằng: log2 A 4 2 B 6 C 6 3 Lời giải tham khảo D 4 Từ giả thiết ta có: 18 x +y +1 x +y +1 = 2x - y Û 1+ log2 = 2x - y + 1 4x + y + 3 4x + y + 3 2x + 2y + 2 Û log2 = (4x + y + 3) - (2x + 2y + 2) 4x + y + 3 biến Û f (2x + 2y + 2) = f (4x + y + 3) Û 2x + 2y + 2 = 4x + y + 3 Û y = 2x + 1 f (t) = log2 t + t (Với hàm là đồng biến trên (0; +¥ ) ) Thay vào biểu thức T ta được: (x + z + 1)2 (y + 2)2 (x + z + 1)2 (2x + 3)2 T = + = + 3x + y x + 2z + 3 5x + y x + 2z + 3 Áp dụng bất đẳng thức: log2 (x + z + 1)2 (2x + 3)2 (3x + z + 4)2 1 (3x + z + 4)2 T = + ³ = 5x + y x + 2z + 3 6x + 2z + 4 2 3x + z + 2 Đặt t = 3x + z + 2 Þ T ³ 1 4 1 4 (t + + 4) ³ (2 t + 4) = 4 2 t 2 t ìï ïï ïï y = 2x + 1 ï Û í t = 2 = 3x + z + 2 ïï 2x + 3 ïï x + z + 1 = ïï x + 2z + 3 Dấu "=" xảy ra khi ïî 5x + 1   y = 2x +1  x = z = 0  t = 2 = 3x + z + 2 ⇔   y =1  x + z +1 2x + 3  = x + 2z + 3  5x + 1 ïìï x = z = 0 í ïï y = 1 î : Suy min T = 4 Chọn đáp án D 19 2.4 Kết quả đạt được Sau khi dạy xong bài này tôi cho học sinh lớp 11A3 làm bài kiểm tra để kiểm tra tính khả thi của đề tài và đối chiếu với kết quả kiểm tra trước khi học bài này, tôi thu được kết quả như sau : Đề kiểm tra 2 Bài 1: Có bao nhiêu bộ số nguyên ( x; y ) thỏa 1 ≤ x + x ≤ 2020 và log x + log( x + 1) + x 2 + x = y + 10 y A 8 B 4 C 2 2( x − y +1) 2x + y 2020 = 2 D 0 2 Bài 2: Xét các số dương x, y thỏa mãn của biểu thức P = 2 y − x thuộc tập nào dưới đây? ( 0;1) A Bài 2:  5 1; 3 ÷  B C ( x + 1) Giá trị nhỏ nhất 5   3 ; 2 ÷ D [ 2;3) 2 2 Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P = −3 x + y + 2 x − y + 1 Biết x2 + 2x + 2 log 2 2 + 2x2 − y2 + 4x + y + 4 = 0 ( x, y ∈ ¡ ) thỏa mãn y − y +1 Pmax = 13 Pmax = 14 Pmax = 12 A B Trước khi học bài này Tổng số học sinh 45 Điểm Giỏi (8-10) 8(17,8%) C D Pmax = 10 Điểm Khá (6,5-dưới 8) Điểm TB (5- dưới 6) Điểm Yếu (3,5- dưới 5) Điểm Kém (