ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP hàm đặc TRƯNG TRONG các bài TOÁN mũ LOGARIT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG TRONG CÁC BÀI TOÁN MŨ LOGARIT Người thực hiện: Trương Thị Kim Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Lương Đắc Bằng SKKN thuộc mơn: Toán THANH HĨA, NĂM 2021 MỤC LỤC Trang I MỞ ĐẦU ……………………………… ………………… ……… Lí chọn đề tài………………………… …… ……………… Mục đích nghiên cứu……………………………… …….……… 3 Đối tượng nghiên cứu…………………… …….……… Phương pháp nghiên cứu…………………………………………… Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm II NỘI DUNG………………………………….……… Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm …… ……… Thực trạng của vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm…… Giải pháp tổ chức thực hiện……………………… ………… Hiệu của SKKN 23 III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.……………………………………… 24 Kết luận………………………………… 24 Kiến nghị………………………………… 24 Tài liệu tham khảo 26 Các đề tài SKKN Sở Giáo dục & Đào tạo đánh giá 27 I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.1 Tính đơn điệu của hàm số nội dung thường xuyên xuất hiện đề thi tốt nghiệp THPT Quốc gia Đặc biệt những năm gần đây, tính đơn điệu của hàm số có những nội dung hay, khó có thể giải qút tốn giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình mũ - logarit Với lượng kiến thức rộng cần tư nhiều từ học sinh nên tính đơn điệu của hàm số những phần kiến thức quan trọng của học sinh THPT Quốc gia 1.2 Các toán ứng dụng hàm đặc trưng sử dụng cách tổng hợp, nhiều dạng Đặc biệt cho toán liên quan đến phương trình, bất phương trình mũ - logarit, toán cực trị, chủ yếu đề thi học sinh giỏi câu vận dung cao của đề thi tốt nghiệp THPT Quốc gia hàng năm Khi giải quyết toán vận dụng, vận dụng cao đề thi, địi hỏi kiến thức khơng chương mà cịn nhiều chương, nhiều phép biến đổi Vậy nên vấn đề đặt yêu cầu em phải suy nghĩ cách tiếp cận toán cách nhanh hiệu 1.3 Vấn đề đặt tốn khó em đọc đề, hiểu đề làm đáp án vòng tối đa phút (120 giây) thời gian trung bình cho câu trắc nghiệm 108 giây! Trong q trình dạy học, ơn lụn thi học sinh giỏi Thi THPT Quốc Gia dạy khai thác nhiều dạng toán cực trị những dạng tơi mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm đề tài nhỏ là: “ Áp dụng phương pháp hàm đặc trưng toán Mũ - Logarit’’ để phần giúp em học sinh có nhìn hệ thống, phát triển tư duy, trí tuệ cách học tích cực đối với dạng tốn II MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Thực hiện đề tài “ Áp dụng phương pháp hàm đặc trưng toán Mũ - Logarit’’ tơi hướng tới mục đích: - Hiểu vận dụng tính chất mũ, logarit vào giải quyết tập phuong trình, bất phuong trình, bất đảng thúc của toán vận dụng cao - Đưa cách nhận biết dạng, biến đổi va giải toán bàng hàm đạc trung cách nhanh tối ưu - Đặc biệt đối với cách làm nhanh trắc nghiệm cho phần mũ, logarit phúc tạp, đòi hỏi nhiều kỹ nang đua hàm đạc trung III Đối tượng nghiên cứu - Chương Hàm số Mũ-Logarit - Sách giáo khoa Giải Tích 12 ( Nhà xuất Giáo dục Việt Nam) - Các tốn tính đơn điệu của hàm số tốn ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình chương trình Tốn THPT mà trọng tâm kì thi học sinh giỏi, thi tốt nghiệp THPT Quốc gia - Học sinh lớp 12 – Trường THPT Lương Đắc Bằng IV Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu SKKN dựa sở: - Các kiến thức chuong hàm số mũ-logarit - Các kiến thức hàm số, biến đổi công thúc mũ-logarit - Vận dụng kiến thức tính đon điệu của hàm số tốn cực trị - Vận dụng tính chất của bất đẳng thức V Những điểm SKKN - Vận dụng giải toán cách nhanh tối ưu - Đưa kết sau chứng minh để vận dụng cho kết cách nhanh - Lồng ghép kiến thức liên môn, kiến thức của chương chương trình để giải tốn - Tìm hướng giải nhanh trước tốn khó NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm KIẾN THỨC CƠ BẢN I HÀM SỐ: Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định K, với K khoảng đoạn + Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) K nếu với x1 , x2 ∈ K : x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) + Hàm số y = f(x) nghịch biến (giảm) K nếu với x1 , x2 ∈ K : x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) Điều kiện cần để hàm số đơn điệu: Giả sử hàm số y= f(x) có đạo hàm khoảng K + Nếu hàm số đồng biến khoảng K f '( x) ≥ 0, ∀x ∈ K + Nếu hàm số nghịch biến khoảng K f '( x) ≤ 0, ∀x ∈ K Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu: Giả sử hàm số y= f(x) có đạo hàm khoảng K + Nếu f '( x) > 0, ∀x ∈ K hàm số đờng biến khoảng K + Nếu f '( x) < 0, ∀x ∈ K hàm số nghịch biến khoảng K + Nếu f '( x) = 0, ∀x ∈ K hàm số khơng đổi tập K • Chú ý : + Nếu K khoảng đoạn nửa khoảng phải bổ sung giả thiết “ Hàm số y=f(x ) liên tục đoạn nửa khoảng đó”.Chẳng hạn: Nếu hàm số y=f(x) liên tục đoạn [ a; b] có đạo hàm f '( x) > 0, ∀x ∈ K khoảng ( a; b ) hàm số đờng biến đoạn [ a; b] + Nếu f '( x) ≥ 0, ∀x ∈ K ( f '( x) ≤ 0, ∀x ∈ K ) f '( x) = số hữu hạn điểm của tập K hàm số đờng biến K (hoặc nghịch biến K) II CƠNG THỨC MŨ VÀ LOGARIT Cơng thức mũ lũy thừa Số mũ α a∈R α = n∈ N* α =0 α = −n ( n ∈ N * ) α= Lũy thừa a α a α = a n = a.a a (n thừa số ) Cơ số a a≠0 a≠0 aα = a = a α = a −n = a>0 m (m ∈ Z , n ∈ N * ) n an m a α = a n = n a m ( n a = b ⇔ b n = a) * Tính chất: Khi các lũy thừa xác định am.an = am+ n n n a n lỴ a =  a n ch½n  11 (a.b)n = an.bn 12 n a = mn a m am an m− n =a a an ( )n = n b b (am)n = (an)m = am.n Công thức logarit n ab = n a n b n a p = ( n a ) a 10 − m n = m an n k = a na = b nb m p 13 n a m = a n ( a>0) n n 14 a − n = am 15 a = nk a m n an a = mn a * Chú ý: ĐK để lơgarit có nghĩa là: Cơ số lớn khác Biểu thức dấu lôgarit phải lớn log a = 0, log a a = x y log a ( y ) = − log a ( x ) log a x α = α log a x , log a x = log a x log a a m = m a log b = b α α log a x , log a β x = log a x β α lg b = log b = log10 b ( logarit thập a log a x = α log a ( x y ) = log a x + log a y phân) x 10 ln b = log e b, ( e = 2,718… ) log a ( y ) = log a x − log a y , log a ( y ) = − log a y ( logarit tự nhiên hay loga Nêpe) Công thức đổi số log c b hay log c a.log a b = log c b log c a lg b ln b log a b = log a b = lg a ln a log a b = log a b = a hay log a b.logb a = log b a logb c log a =c b Đạo hàm hàm mũ logarit Đạo hàm hàm số sơ cấp (e x )' = e x (a x )' = a x ln a (ln x )' = x (log a x )' = x a ln a α α −1 ( x )' = α x (α ≠ 0, x > 0) ( n x )' = n n x n −1 III Đạo hàm hàm số Công thức đạo hàm hợp (e u )' = u '.e u (a u )' = u '.a u ln a u' (ln u )' = u u' (log a u )' = u ln a α α −1 (u )' = α u u ' u' ( n u )' = n n u n −1 ( u.v ) ' ' = u ' v + u.v '  u  u v − u.v  ÷= v2 v ' ' ' ' 1 v' 1 = − = − ,  ÷  ÷ x2  v  v2  x ' x = , x ' u' u = u ( ) ( ) Một số tính chất tính đơn điệu hàm số + Tính chất 1: Giả sử hàm số f(x ) liên tục đơn điệu K phương trình f(x)=0 có nhiều nghiệm thuộc tập K + Tính chất 2: Nếu phương trình f’(x) = có nghiệm thuộc (a;b) phương trình f(x) = có nhiều hai nghiệm thuộc (a; b) + Tính chất 3: Nếu hàm số f(x) liên tục đồng biến tập K g(x) liên tục, nghịch biến (hoăc hàm hằng) phương trình f(x) = g(x) có nghiệm tập K + Tính chất 4: Nếu hàm số f(x) liên tục đơn điệu tập K với u; v ∈ K ta có f (u ) = f (v ) ⇔ u = v + Tính chất 5: Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu (a; b) x; y; z ∈ (a; b) nghiệm  y = f ( x)  của hệ phương trình  z = f ( y ) ⇔ x = y = z  x = f ( z)  + Tính chất 6: Nếu hàm f(x) đồng biến (a; b) với u; v ∈ (a; b) cho f (u ) < f (v) ⇔ u < v (ngược lại với trường hợp nghịch biến) 2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm - Trước năm học 2016-2017 tập mũ - logarit giải quyết đơn giản chủ yếu dựa váo tính chất sách giáo khoa - Khi chuyển sang thi trắc nghiệm tập mũ - logarit đa dạng phong phú, đặc biệt toán cực trị hàm số Chẳng hạn gặp số tập sau: ( ) Bài tập 1: Cho phương trình x − + m − 3x + x3 − x + x + m x − = x + + Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt? Bài tập 2: Cho hàm số f ( x) = e x +1 (e x − e − x ) Có giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn bất phương trình f (m − 7) + f ( 12 ) ≤ m +1 Bài tập 3: Có giá trị nguyên của tham số m để tồn cặp số (x,y) thỏa 2 mãn e3 x +5 y − e x +3 y +1 = − x − y log ( 3x + y − 1) − ( m + ) log x + m + = Bài tập 4: Xét số thực dương x, y thỏa mãn log x+y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y + xy + 3x + 2y + Tìm giá trị Pmax của biểu thức P = x + y + Học sinh sẽ khó khăn giải tập Vậy nên tơi tìm tịi, suy nghĩ đưa số phương pháp giải tối ưu sáng kiến kinh nghiệm Giải pháp tổ chức thực Bài tập phương trình mũ-logarit Câu 1: Tính tổng nghiệm của phương trình (PT) x3 + x − x − + ( x + 1)3 = x + x + x +1 x + x − 3x − > ⇔ x3 + 3x − x − > Lời giải : Điều kiện x +1 log Với điều kiện trên, PT cho tương đương: x + 3x − 3x − + ( x + 1)3 = x + x + x +1 ⇔ log( x + 3x − x − 5) − log( x + 1) = x + x + − ( x + 1)3 log ⇔ log( x + 3x − x − 5) + x + 3x − x − = log( x + 1) + x + 1(1) Xét hàm số y = f (t ) = log t + t khoảng (0; +∞) + > 0, ∀t > Ta có: f '(t ) = t ln10 Suy hàm số f (t ) đồng biến khoảng (0; +∞) (1) ⇔ f ( x3 + x − 3x − 5) = f ( x + 1) ⇔ x3 + 3x − x − = x +  x = −2(l)  ⇒ x3 + x − x − = ⇔  x = − 3(t/ m)  x = 3(t/ m)  Vậy S = + (− 3) = Câu 2: Cho PT 2x +1 log ( x + 2) + x + = log + (1 + ) + x + , gọi S tổng tất x x nghiệm của Tìm S?  −2 < x < −  Lời giải: Điều kiện:  x > Với điều kiện trên, PT cho tương đương:   1   log x + + ( x + − 1) = log  + ÷+  + ÷− 1 ( ) x   x   Xét hàm số y = f (t ) = log t + (t − 1) khoảng (0; +∞) 2 ln 2.t − ln 2.t + + 2(t − 1) = > 0, ∀t > t ln t.ln Suy hàm số f(t) đồng biến khoảng (0; +∞) 1  Do đó: (2) ⇔ f x + = f  + ÷ ⇔ x + = + x x  Ta có f ' ( t ) = ( )   x = −1(t / m)  − 13 + 13 ⇔ x − x − x − = ⇔  x = ( L) Vậy S = 2   x = + 13 (t / m)  1− x   1 x Câu 3: Cho phương trình : x  −  ÷ + 1 = x −     ( ) Gọi x0 = a+b nghiệm lớn của phương trình Tìm P=a+b+c ? c Lời giải: Với x>1 ta có  2x   1− x 1  1 1 −  ÷ + 1 = x − ⇔ x − 3x −1 + = x − ⇔ 32 x + = 3x −1 + x − (3) x x    Xét hàm số f (t ) = 3t + t khoảng (0; +∞) ( ) x Ta có f '(t ) = 3t ln + > 0, ∀t >   (3) ⇔ f  ÷ = f ( x − 1) ⇔ = x −1 2x  2x  a = 1+  ⇒x = ⇒ b = ⇒ P = a + b + c = c =  Vậy P=4  x2 − x +  ÷+ x + = x ÷ 2x   Câu 4: Biết x1 , x2 hai nghiệm của PT log7  ( ) x + x = a + b với a,b hai số nguyên dương Tính a+b x >  Lời giải: Điều kiện   x ≠  4x2 − 4x +   4x2 − 4x +  2 log + x + = x ⇔ log Ta có  ÷ ÷+ x − x + = x 7 x x     ⇔ log (2 x − 1) + (2 x − 1)2 = log x + x(4) 7 + > 0, ∀t > Suy Hàm số đồng biến Xét hàm số f (t ) = log7 t + t ⇔ f ' ( t ) = t ln  3+ x = 2 PT (4) trở thành ⇔ f (2 x − 1) = f (2 x) ⇔ (2 x − 1) = x ⇔   3− x =  ( ) 9 − (l)  ⇒ a = 9; b = ⇒ a + b = + = 14 Vậy x1 + x2 =  9 + (t / m)   2x −1 Câu 5: Giải phương trình: log3 ( x − 1)2 = 3x − x +  2 x − > x > ⇔ Lời giải: Điều kiện  x −1 ≠  x ≠ Ta có: log 2x −1 2x −1 = x − x + ⇔ log − = 3x2 − x + ( x − 1)2 ( x − 1)2 ⇔ log 2x −1 = 3( x − 1)2 − (2 x − 1) ⇔ log (2 x − 1) + (2 x − 1) = log  ( x − 1) ÷+ 3( x − 1) (5) 3 3  3( x − 1) Xét hàm số f (t ) = log t + t khoảng (0; +∞) + > 0, ∀t > Suy hàm số f(t) đồng biến (0; +∞) t ln (5) ⇔ f (2 x − 1) = f  ( x − 1) ÷   x = 2 ⇔ x − = ( x − 1) ⇔ x − x + = ⇒  x =  Vậy nghiệm của PT là: x = ; x = Ta có f '(t ) =  π Câu 6: Tìm số nghiệm của PT: sin x − cosx = + log ( s inx ) khoảng  0; ÷    π Lời giải: Vì sin x > cosx > , ∀x ∈  0; ÷ nên PT cho tương đương  2 sin x − cosx + log ( cosx ) = + log ( s inx ) + log ( cosx ) 2 ⇔ log ( cosx ) − cosx = log ( s in2x ) − s in2x(6) 2 Xét hàm số f (t ) = log t − t , với t ∈≤ ( 0;1) Ta có f '(t ) = + > 0, ∀t ∈ ( 0;1) t ln Suy hàm số f(t) đồng biến khoảng (0;1) (6) ⇔ f(c osx)=f(sin2x) ⇔ c osx=sin2x ⇒ s inx = π ⇒x= Một số câu hỏi TNKQ Câu 7: Tập nghiệm của phương trình log x + log3 x + log x = log 20 x A S = { 1} B S = ∅ C S = { 1; 2} D S = { 2} Câu 8: Tìm tích tất nghiệm của phương trình log3 ( x + 1) + 3( x + 1) + 3x + 4 = 2log2 ( x + 1)   A -1 B -7 C D 11 Câu 9: Số nghiệm của phương trình: sin x − cos x = ( sin x − cos x ) + cos x [ −10;30] là: A 46 B 51 C 50 D.44 2 x −5 Câu 10: Số nghiệm của phương trình x − x − = ( x − x + 3) + ( x − ) x −8 x +3 là: A B C D 2015 2016 2017 2018  x2 + 2x +  x , x log Câu11: Gọi nghiệm của phương trình:  ÷ = x − 3x −  3x + x +  2 Tính giá trị của biểu thức T = x1 + x2 25 33 A T = 15 B T = 13 C T = D T = 4 10 Câu 2: Có giá trị nguyên của tham số m để phương trình m + 3 m + 3sin x = s inx có nghiệm thực? Lời giải: Ta có: m + 33 m + 3sin x = s inx ⇔ 33 m + 3sin x = s in 3x-m u = s inx(−1 ≤ u ≤ 1) Đặt  3 v = m + 3sin x → v = m + 3sin x = m + 3u 3v = u3 − m  → u + 3u = v3 + 3v(8) Ta có hệ  v3 = m + 3u Xét hàm số y = f (t ) = t + 3t R f '(t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f (t ) đồng biến R (8) ⇔ f (u ) = f (v ) ⇔ u = v Suy u = m + 3u ⇔ m = u − 3u (8') Xét hàm số g (u) = u − 3u đoạn [ −1;1] Ta có g '(u ) = 3u − = ⇔ u = ±1 g (−1) = 2; g (1) = −2 max g (u ) = 2; g (u ) = −2 Suy [ − 1;1] [ − 1;1] Do phương trình (8’) có nghiệm −2 ≤ m ≤ Vì m ∈ Z nên m ∈ { 0; ±1; ±2} Vậy có giá trị nguyên của m Câu 3: Có giá trị nguyên dương nhỏ 2021 của tham số m để phương   x trình log  m + m + ÷ = x có nghiệm thực?    m + x ≥ 0(a ) Lời giải: Điều kiện  x  m + m + > 0(b) ) ( x x x x x Ta có log m + m + = x ⇔ m + m + = ( x ) ⇔ m + m + + = ( x ) + (*) Xét hàm số f (t ) = t + t khoảng (0; +∞) Vì f '(t ) = 2t + > 0, ∀t > nên hàm số f (t ) đồng biến khoảng (0; +∞) Do (*) ⇔ f ( ) ( ) m + 2x = f 2x ⇔ m + 2x = 2x ⇔ m = 4x − 2x Xét hàm số g ( x) = x − x R ( ) g '( x) = x ln − x ln = ⇔ 2 x − 2x = ⇔ 2x = Bảng biến thiên 12 ⇔ x = −1 2 YCBT ⇔ m ≥ − Do m nguyên dương nên m ∈ { 1; 2; ; 2021} Vậy có 2021 giá trị m Câu 4: Có giá trị nguyên của tham số m ( m < 10 ) để phương trình x−1 = log (x + m) + m có nghiệm? Lời giải: ĐK: x + 2m > Ta có x − = log (x + m) + m ⇔ x = log (x + m) + m  x = t + 2m  t = log (x + m) ⇒ x + x = 2t + t (10) Đặt ta có  t  = x + 2m u Do hàm số f (u ) = + u đồng biến R, nên ta có (1) ⇔ t = x Khi đó: x = x + 2m ⇔ 2m = x − x Xét hàm số g ( x) = x − x ⇒ g '( x) = x ln − = ⇔ x = − log (ln 2) Bảng biến thiên: Từ phương trình cho có nghiệm 2m ≥ g (− log (ln 2)) ⇔ m ≥ g ( − log (ln 2)) ≈ 0, 457 (các nghiệm thỏa mãn điều kiện x + 2m = x > ) Do m nguyên m < 10 , nên m ∈ { 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} ( ) Câu 5: Phương trình x − + m − 3x + x3 − x + x + m x − = x + + có ba nghiệm phân biệt m ∈ ( a, b ) Tính T = b2 − a Lời giải: Ta có: 13 ( ) x − + m − x + x3 − x + x + m x − = x + + 3 ⇔ x − + m − x + ( x − ) + + m − 3x = 23 + 22 − x ⇔ x −2+ m −3 x + m − x = 22− x + (2 − x)3 (10) t Xét hàm số g (t) = + t R g '(t) = 2t ln + 3t > 0, ∀t ∈ R nên hàm số g(t) đờng biến R Do đó: (10) ⇔ g m − 3x = g ( − x ) ⇔ m − 3x = ( − x ) ) ( ⇔ m − x = ( − x ) ⇔ m = − x + x − x3 x = x =1 Xét hàm số f ( x) = − x + x − x R có f '( x) = −3x + 12 x − = ⇔  Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có, phương trình có nghiệm phân biệt 4 → S = 32 + 42 = 25 Câu 7: Có giá trị nguyên của tham số m để tồn cặp số (x,y) thỏa mãn 2 e3 x +5 y − e x +3 y +1 = − x − y log ( x + y − 1) − ( m + ) log x + m + = Lời giải: x > 3 x + y − > Điều kiện  −e = 1− 2x − y ⇔ e + ( 3x + y ) = e + ( x + y + 1) Ta có: e t Xét hàm số f (t ) = e + t R Ta có f '(t ) = et + > nên hàm số đờng biến R Do x +5 y x + y +1 x +5 y x + y +1 (12) (12) ⇔ f ( 3x + y ) = f ( x + y + 1) ⇔ x + y = x + y + ⇔ y = − x 2 Thế vào phương trình lại ta log3 ( x ) − ( m + ) log x + m + = 2 Đặt t = log3 x , phương trình trở thành t ( x ) − ( m + ) t + m + = (12) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ = −3m2 + 12m ≥ ⇔ ≤ m ≤ Do có số nguyên m thỏa mãn Câu 8: Cho phương trình: x + 2mx + 2 x + 4mx + 2 −5 = x + 2mx + m a) Giải phương trình với m = − b) Giải biện luận phương trình Giải: Đặt t = x + 2mx + phương trình có dạng: 5t + t = 52t + m −2 + 2t + m − (13) t Xác định hàm số f ( t ) = + t 15 + Miền xác định D=R + Đạo hàm: f = 5t.ln + > 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số tăng D Vậy (1) ⇔ f ( t ) = f ( 2t + m − ) ⇔ t = 2t + m − ⇔ t + m − = ⇔ x + 2mx + m = (14) x = 4 2 a) Với m = − ta được: x + x − = ⇔ x − x − = ⇔  5 x=− 5  Vậy với m = − phương trình có 2nghiệm x = 2; x = − 5 b) Xét phương trình (14) ta có: ∆ ' = m − m + Nếu ∆ ' < ⇔ m − m < ⇔ < m < Phương trình (14) vơ nghiệm ⇔ phương trình (13) vơ nghiệm + Nếu ∆ ' = ⇔ m=0 m=1 với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0 với m=1 phương trình có nghiệm kép x0=-1 m > phương trình (14) có nghiệm phân biệt x1,2 = −m ± m − m m < + Nếu ∆ ' > ⇔  nghiệm kép của (13) Kết luận: Với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0 Với m=1 phương trình có nghiệm kép x0=-1 Với 0 0; m ≠ ) Suy log m > Hàm số f ( x) = ln( x + x + 1) có TXĐ D=R Hàm số hàm số lẻ Ta có: f (− x) = ln( − x + x + 1) = ln x + x +1 f ( x ) = > => hàm số đồng biến R Mặt khác: x +1 17 1 ) ≤ ⇔ f (log m) ≤ − f (log m ) 2021 2021 1 ⇔ f (log m) ≤ f (− log m ) ⇔ log m ≤ − log m 2021 2021 log 2021 ⇔ log m ≤ − log m 2021 ⇔ log m ≤ ⇔ log m ≤ log 2021 ⇔ m ≤ 10 log m Do m nguyên m > ⇒ m ∈ { 2,3, 4,5, 6, 7,8,9,10} f (log m) + f (log m Câu 2: Cho hàm số f ( x) = e (e x − e − x ) Có giá trị nguyên dương của 12 ) ≤ tham số m thỏa mãn bpt f (m − 7) + f ( m +1 x +1 Lời giải: TXĐ D=R Do : f (− x) = e x +1 (e − x − e x ) = −e Ta có : f '( x) = (1 + x x +1 )e x + (e x − e − x ) = − f(x) Suy ra: Hàm số hàm số lẻ x x +1 + (1 − )e − x + x +1 > 0(∀x) x +1 x +1 Suy ra: Hàm số đồng biến R 12 12 ) ≤ ⇔ f (m − 7) ≤ − f ( ) m +1 m +1 12 12 ⇔ f (m − 7) ≤ f (− ) ⇔ m−7 ≤ − ⇒ m ∈ (−∞, −1) ∪ [1,5] m +1 m +1 Do m nguyên dương ⇒ m ∈ {1, 2,3, 4,5} f ( m − 7) + f ( Câu 3: Cho hàm số y = f ( x) = x + x + Tìm giá trị của m để bpt ( x − m) f ( x − m) + x + 2021x ≤ [4;6] f ( x + 2021x) Lời giải: Với ∀x ∈ R ta có f (− x) = − x + x + = x + x +1 = f ( x) Từ giả thiết: x + 2021x x + 2021x ( x − m) f ( x − m) + ≤ ⇔ ( x − m) f ( x − m) ≤ − f ( x + 2021x ) f ( x + 2021x) ⇔ ( x − m) f ( x − m) ≤ (− x − 2021x) f (− x − 2021x)(3) Xét g (t ) = tf (t ) = t (t + t + 1) Có g '(t ) = 2t + t + + t2 t2 +1 ≥ 2t + t + t2 t2 +1 = 2t + t ≥ 0(∀t ∈ R ) =>Hàm số đồng biến ⇒ (3) ⇔ x − m ≤ − x3 − 2021x ⇔ x3 + 2022 x ≤ m ⇔ max ( x3 + 2022 x) ≤ m ⇔ m ≥ 12342 [4,6] Câu 4: Cho hàm số f ( x) = 2019(e2 x − e −2 x ) + 2020 ln( x + x + 1) + 2021x 18 Có giá trị nguyên của m để bpt f ( 3x + m ) + f ( x − 12) ≤ có nghiệm với ∀x ∈ [ −2;1] Lời giải: Dễ dàng chứng minh f(x)=f(-x) 2x −2 x Mặt khác: f '( x) = 2019(2e + 2e ) + 2020 x +1 + 6063 x > 0(∀x) Suy y=f(x) hàm số lẻ ln đờng biến R Bất phương trình: f ( x + m ) + f ( x − 12) ≤ ⇔ f ( 3x + m ) ≤ − f ( x − 12) ⇔ f ( x + m ) ≤ f (− x + 12) ⇔ x + m ≤ − x + 12 m ≤ min(− x − x + 12) m ≤ [ − 2,1] m ≤ − x − x + 12  ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ m ∈ [ − 12,8] 3 m ≥ −12 x − 3x − 12)  m ≥ x − x − 12 m ≥ max( [ − 2,1] Vậy có giá trị nguyên của m Bài tập bất đảng thúc mũ-logarit Câu 1: Xét số thực dương x, y thỏa mãn x+ y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y + xy + log 3x + y + Tìm giá trị lớn Pmax của P = x + y + ? x+y Lời giải: Ta có: log x + y + xy + = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy ⇔ log ( 3x + 3y ) + ( 3x + 3y ) = log (x + y + xy + ) + ( x + y + xy + ) + > với t > t ln 2 2 Từ ta có f ( 3x + 3y ) = f ( x + y + xy + ) ⇔ 3x + 3y = x + y + xy + 3x + 2y + Khi Xét hàm số, lập bảng biến thiên suy ra: P = x + y + có giá trị lớn Xét hàm số f ( t ) = log t + t có f ' ( t ) = Câu x + x2 2: −1 Tính giá = log 14 − ( y − ) Lời giải : Xét x2 + x2 −1 trị của biểu thức y +  với x ≠ −1 ≤ y ≤ = log 14 − ( y − ) P = x + y − xy + 13 y +  Ta có x + x −1 ≥ 42 x x −1 = , dấu xảy x = ±1 , (1) Mặt khác 14 − ( y − ) y + = 14 + y + − ( y + ) 2 2 19 biết 30 Đặt t = y + ta có ≤ t ≤ Xét hàm số f ( t ) = −t + 3t + 14 Ta tìm GTLN –  30  30  56 − 30 f ( t ) = f  ÷ ;  min ÷= 30  2    0;     GTNN của hàm số đoạn 0;  max f ( t ) = f ( 1) = 16  30  0;      Suy log 14 − ( y − ) y +  ≤ log 16 = , (2)  x = ±1  x = ±1 ⇔ Thay vào P = t = y + = y = Từ (1) (2) suy ta có  Câu 3: Xét số thực x , y ( x ≥ ) thỏa mãn x + 3y xy + − xy − 2021 + 2021 + x + = 2021 + Tính giá trị nhỏ của biểu thức T = x + y Lời giải − y ( x + 3) x + 3y 2021 − y ( x + 3) 2021x +3 y ⇔ 2021x +3 y − 2021− x −3 y + x + y = 2021− xy −1 − 2021xy +1 − xy − ⇔ f ( x + y ) = f ( − xy − 1) (3) Ta có 2021x +3 y + 2021xy +1 + x + = 2021− xy −1 + t −t Xét hàm số f ( t ) = 2021 − 2021 + t , với t ∈ ¡ ta có f ′ ( t ) = 2021t ln 2021 + 2021− t ln 2021 + > , ∀t ∈ ¡ Do f ( t ) đờng biến ¡ nên (3) ⇔ x + y = − xy − x +1 ( x + 1) ⇒T = x− x+3 x+3 ( x + 1) Xét hàm số f ( x ) = x − , với x ∈ [ 0; +∞ ) có x+3 x2 + x + f ′( x) = 1− = > , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 2 ( x + 3) ( x + 3) ⇔ y ( x + 3) = − x − ⇒ y = − Do f ( x ) đờng biến [ 0; +∞ ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( ) = − Dấu “ = ” xảy ⇔ x = ⇒ T = − Câu x2 + x2 4: −1 Tính giá = log 14 − ( y − ) Lời giải : Ta có x + x trị của biểu y +  , với x ≠ 0; − ≤ y ≤ ≥ 42−1 = (1) 13 30 Đặt t = y + , −1 ≤ y ≤ nên ≤ t ≤ 2 2 thức −1 20 13 P = x + y − xy + , biết  Xét hàm số f ( t ) = 14 − t + 3t liên tục đoạn 0;  f ′( t ) = ⇔ t = 30   có f ′ ( t ) = −3t +  Bảng biến thiên Suy f ( t ) ≤ f ( 1) = 16 ⇒ log 14 − ( y − ) y + 1 ≤ log 16 = (2) Từ (1) (2), ta có x2 + x −1   x2 = x = x ⇔ y +  ⇔  t = y + =  y =  = log 14 − ( y − ) Khi P = x + y − xy + = Câu 5: Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x + y2 − log 1 + log ( − xy )   2 3 Tìm giá trị lớn của biểu thức M = ( x + y ) − 3xy ( x − y) = Lời giải: Ta có 3x log ( x − y ) = + y −2 ⇔ 3x 2 2 1 + log ( − xy )  ⇔ 3x + y − 2.log ( x − y ) = log ( − 2xy ) log ( x − y ) = log ( − 2xy ) ⇔ 3( x − y ) log ( x − y ) = 32 −2xy.log ( − 2xy ) + 2xy + y − + 2xy 2 3t t > 0; ∀t > Xét hàm số f ( t ) = log t khoảng ( 0; +∞ ) , có f ' ( t ) = 3t ln 3.log t + t.ln 2 Suy f ( t ) hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) mà f ( x − y )  = f ( − 2xy ) ⇒ x + y = 2 3 Khi M = ( x + y ) − 3xy = ( x + y ) ( x + y ) − 3xy  − 3xy 2 ⇔ 2M = ( x + y )  ( x + y ) − 3.2xy  − 3.2xy   2 2 ( x + y ) 2 ( x + y ) − ( x + y ) + 6 − ( x + y ) +   2 = ( x + y ) 6 − ( x + y )  − ( x + y ) + = −2a − 3a + 12a + 6, với a = x + y ∈ ( 0; )   Xét hàm số f ( a ) = −2a − 3a + 12a + ( 0; ) , suy max f ( a ) = 13 ( 0;4 ) 21 Vậy giá trị lớn của biểu thức M 13 Câu 5: Giả sử a, b số thực cho x3 + y3 = a.103z + b.102z với ( ) 2 số thực dương x, y, z thỏa mãn: log ( x + y ) = z log x + y = z + Tính giá trị của a +b? Lời giải: z log ( x + y ) = z  x + y = 10 ⇔ ⇒ x + y2 = 10 ( x + y ) Ta có  2 z +1 z log ( x + y ) = z +  x + y = 10 = 10.10 Khi x + y3 = a.103z + b.102z ⇔ ( x + y ) ( x − xy + y ) = a ( 10z ) + b ( 10z ) ⇔ ( x + y ) ( x − xy + y ) = a ( x + y ) + b ( x + y ) ⇔ x − xy + y = a ( x + y ) + b ( x + y ) 2 b b  ( x + y ) ⇔ x + y − xy =  a + ÷ ( x + y ) + 2a.xy 10  10  b   29  a + = a = − Vậy a + b = Đồng hệ số, ta  10 ⇒   2a = −1 b = 15 ⇔ x − xy + y = a ( x + 2xy + y ) + Phương pháp: z log ( x + y ) = z  x + y = 10 ⇔ ⇒ x + y = 10 ( x + y )   2 2 z +1 z log ( x + y ) = z +  x + y = 10 = 10.10 Thay 10z = x + y vào x + y3 = a.103x + b.102x , biến đổi, thế đồng hệ số x+y Câu 6: Xét số thực dương x, y thỏa mãn log x + y + xy + = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy 3x + 2y + Tìm giá trị Pmax của biểu thức P = x + y + A Pmax = B Pmax = C Pmax = D Pmax = Đáp án C Lời giải: log x+y = x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy x + y + xy + 2 ( 1) ( x + y ) − log ( x + y + xy + ) = x − 3x + y − 3y + xy ⇔ log ( x + y ) + 3x + 3y = log ( x + y + xy + ) + x + y + xy ⇔ lo g ( x + y ) + + 3x + 3y = log ( x + y + xy + ) + x + y + xy + ⇔ log ( 3x + 3y ) + 3x + 3y = log ( x + y + xy + ) + x + y + xy + ( 2) ⇔ log Đặt f ( t ) = log t + t, t > ⇒ f ' ( t ) = > 0, ∀t > ⇒ f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) t ln 22 ( ) ⇔ f ( 3x + 3y ) = f ( x + y2 + xy + ) ⇔ 3x + 3y = x + y + xy + ⇔ 4x + 4y + 4xy − 12x − 12y + = ⇔ ( 2x + y ) − ( 2x + y ) + = −3 ( y − 1) ≤ ⇔ ≤ 2x + y ≤ 2 3x + 2y + 2x + y −  2x + y − ≤ Khi đó, P = x + y + = + x + y + ≤ 1,  x + y + >  2x + y − = x = ⇔ y −1 = y = Vậy Pmax =  Phương pháp giải: - Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đánh giá giá trị lớn của biểu thức Câu 7: Cho x, y số thực dương thỏa mãn ln x + ln y ≥ ln ( x + y ) Tìm GTNN P=x+y A P = Đáp án C Lời giải: Ta có B P = + C P = + 2 D P = 17 + x > ln x + ln y ≥ ln ( x + y ) ⇔ ln ( xy ) ≥ ln ( x + y ) ⇔ xy ≥ x + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x > ⇒  y > x2 x2 1 y ≥ ⇒ P = x + y ≥ x + = ( x − 1) + + ≥ 2 ( x − 1) +3= 2 +3 Khi x −1 x −1 x −1 x −1 Hiệu SKKN 4.1 Kiểm nghiệm Với chuyên đề áp dụng vào chuyên đề dạy bồi dưỡng học sinh giỏi thi THPT Quốc gia cho những em giỏi của trường đặc biệt cho học sinh lớp trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng Các em có thêm phương pháp giải số tốn hàm số tương đối tích cực Chủn hóa tốn khó toán dễ nhờ sử dụng biến đổi lờng gép thêm tính chất của bất đẳng thức Đặc biệt với chương trình đề thi hiện những câu khó phân hóa rõ yêu cầu em phải vận dụng tất kỹ năng, mức độ tư sâu khó nhiều Với phương pháp cách làm trên, thấy có chủn biến tích cực chất lượng học tập của học sinh trình học Các em học thi THPT Quốc gia tự tin kĩ làm bài, bất đẳng thức Kết thực tế góp phần tạo nên chất lượng học sinh kì thi cao: - Kì thi học sinh giỏi Tỉnh mơn Tốn năm học của nhà trường những năm đảm nhiệm đạt giải cao Thi Đại học, Cao đẳng, THPT Quốc gia năm 2017 đến có nhiều em đạt điểm 9,6-10 điểm, góp phần tạo điều kiện cho nhiều em thi đạt tổng điểm môn 27 điểm 23 4.2 Hiệu SKKN: Với phương pháp cách làm trên, tơi thấy có chủn biến tích cực chất lượng học tập của học sinh tất ban học Học sinh tích cực, chủ động học tập, tự học nghiên cứu thêm, chịu khó tìm hiểu kiến thức, nắm kiến thức tốt hơn, thuận lợi cho em khai thác kiến thức để đạt từ điểm trở lên Có nhiều phương pháp giải trước toán, để đạt kết thời gian nhanh thi hiện yêu cầu học sinh cần phải có kỹ nhìn nhận hướng giải tốt ưu Qua khảo sát trao đổi với đờng nghiệp q trình giảng dạy, đặc biệt cuối năm lớp 12 Đề tài thầy cô vận dụng để giảng dạy đạt hiệu cao, gây hứng thú học hỏi, tìm tịi vận dụng cho nhiều học sinh III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Kết luận Đề tài: “ Áp dụng phương pháp hàm đặc trưng toán Mũ Logarit’’ có ý nghĩa thực tiễn, đáp ứng nhu cầu học tập, ôn luyện phần câu hỏi chốt của thi Tôi sẽ tiếp tục phát triển chuyên đề ôn luyện đề tài những vấn đề khác của tốn hàm số để hồn thiện cho học sinh kĩ khai thác, giải quyết toán biến đổi khó tốt nữa Hi vọng đề tài sẽ nhận góp ý của đờng nghiệp Tỉnh để chuyên đề áp dụng nhiều Kiến nghị Bộ mơn Tốn học có vai trò quan trọng học tập Nhà trường ngồi thực tế của học sinh, tạo tư kiến thức mối liên hệ với mơn học khác Vì thế, tơi kiến nghị đề xuất: - Bộ Giáo dục nên gửi cho trường phổ thông trang ôn luyện chuyên đề cập nhật hàng năm để giáo viên học sinh thuận lợi giảng dạy, học tập nghiên cứu Hoằng Hóa, Ngày 20 tháng năm 2021 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Người viết Trương Thị Kim 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Giải tích 12 Sách giáo viên Giải tích 12 Tạp chí báo toán học tuổi trẻ (Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam- Bộ Giáo dục đào tạo) Các website: hoctoancapba.com,toanhoc.edu.vn, 123doc.org, violet.vn, mathvn.com… Đề thi THPT QG năm đề minh họa của BGD, đề thi thử Tỉnh trường THPT nước 25 CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐÃ ĐƯỢC SỞ GD & ĐT ĐÁNH GIÁ: Tên đề tài Sáng kiến kinh nghiệm Cấpđánh Kết giá xếp loại đánhgiá xếp loại Sử dụng phương pháp hình học để giải Tỉnh B toán đại số Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào Tỉnh B số toán cực trị Một số phương pháp giải toán cực trị Tỉnh C số phức 26 Năm đánhgiá xếp loại 2000 2016 2018 ... Lương Đắc Bằng IV Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu SKKN dựa sở: - Các kiến thức chuong hàm số mũ- logarit - Các kiến thức hàm số, biến đổi công thúc mũ- logarit - Vận dụng kiến thức... Quốc Gia dạy khai thác nhiều dạng toán cực trị những dạng tơi mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm đề tài nhỏ là: “ Áp dụng phương pháp hàm đặc trưng toán Mũ - Logarit? ??’ để phần giúp em học sinh... tuệ cách học tích cực đối với dạng tốn II MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Thực hiện đề tài “ Áp dụng phương pháp hàm đặc trưng tốn Mũ - Logarit? ??’ tơi hướng tới mục đích: - Hiểu vận dụng tính