Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 21 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Cấu trúc
“KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG KỸ THUẬT HÀM ĐẶC TRƯNG ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ MŨ VÀ LOGARIT”
DẠNG 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 18 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN do tôi viết, không sao chép nội dung của người khác
Người viết:
Trịnh Khắc Tuân
Nội dung
1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong vài năm gần thi mơn tốn chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm, câu hỏi Mũ Logarit xuất với số lượng nhiều đề thi Nội dung câu hỏi khai thác nhiều khía cạnh khác nhau, nhiều dạng câu hỏi thực gây khó cho thí sinh Nhiều em gặp số loại toán Mũ Logarit cịn lúng túng, đơi khơng Qua thời gian giảng dạy, nhận thấy rằng, nguyên nhân em chưa nắm vững lý thuyết, chưa biết cách suy nghĩ chưa có cơng cụ để sử dụng Do vậy, để giúp học sinh tự tin có khả giải tốt câu hỏi Mũ Logarit thi đó, việc trang bị cho em kiến thức phương pháp, kỹ thuật xử lý điều cần thiết Với lý đó, tơi chọn đề tài: “KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG KỸ THUẬT HÀM ĐẶC TRƯNG ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ MŨ VÀ LOGARIT” 1.2 Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh biết cách tiếp cận giải số loại toán mức độ vận dụng, vận dụng cao phần mũ logarit Từ tạo hứng thú, động lực để học sinh học mơn tốn tốt đạt kết cao kỳ thi 1.3 Đối tượng nghiên cứu Sách giáo khoa, đề thi thử trường THPT toàn quốc, đề thi THPT QG Học sinh trường THPT Thọ Xuân 1.4 Phương pháp nghiên cứu Tìm hiểu dạng toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; tốn phương trình có liên quan đến mũ logarit thường gặp mà học sinh gặp khó khăn Đề tài sử dụng phương pháp nghiên cứu sau: - Phương pháp đọc hiểu - Phương pháp phân tích – tổng hợp NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cở sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở để giải tốn có sử dụng kỹ thuật hàm đặc trưng là: Tính chất Nếu hàm số y f x đơn điệu chiều miền D tồn u, v �D phương trình f u f v � u v 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Nhiều học sinh chưa làm lúng túng trước toán mũ loagarit cần phải sử dụng hàm đặc trưng để giải 2.3 Giải pháp tiến hành để giải vấn đề Trong phần tơi trình bày hai dạng toán thường gặp định hướng cách giải - Dạng tốn phương trình mũ, logarit nghiệm nguyên, tìm điều kiện tham số… - Dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Các tốn dạng đề cho phương trình hàm đặc trưng (thơng thường xuất qua số bước biến đổi) từ ta tìm mối liên hệ biến rút vào giả thiết thứ để giải u cầu tốn Nhìn chung dạng tốn ta cần nắm kỹ biến đổi làm xuất hàm đặc trưng kết hợp với kiến thức đạo hàm giải trọn vẹn! Ta có tính chất sau hàm số Tính chất Nếu hàm số y f x đơn điệu chiều miền D tồn u, v �D phương trình f u f v � u v Ta dùng kiến thức để giải toán mục này! DẠNG 1: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ x x y log Ví dụ Cho số thực không âm x,y thỏa mãn x 1 giá trị nhỏ m biểu thức P e x y A m 1 B m m 2y 1 x Tìm D m e e C Lời giải Mấu chốt toán phải làm xuất hàm đặc trưng từ rút mối liên hệ x y Biến đổi giả thiết ta có 2y 1 x x y log � x x y log y 1 log x 1 x 1 2 � x x 2log x 1 log y 1 y � x 1 log 2 x 1 log y 1 y � f x 1 2 Xét hàm số f t log t t đoạn 0;� ta có f ' t f y 1 1 1 t ln Do f t hàm đồng biến 0;� Vậy phương trình 1 � y x 1 P e x1 x x 1 � Thế vào biểu thức cần tìm ta Chọn ý B Chú ý Phần tìm giá trị nhỏ hàm biến đơn giản! Để tìm hàm đặc trưng ta phải dựa vào biểu thức mũ biểu thức hàm logarit Với thi trắc nghiệm ta lược bỏ bước xét hàm số đơn điệu để suy mối liên hệ Ví dụ Cho số x,y,z thỏa mãn x �y �z đồng thời �x y � log � � x z z x y �y z � Khi GTNN biểu thức z2 y2 P z xz y bao nhiêu? A 2 B 3 C D Lời giải Ý tưởng tốn khơng mới, vấn đề ta phải tìm mối liên hệ biến với nhau, bám sát vào biểu thức dấu logarit để xây dựng hàm đặc trưng Biến đổi giả thiết ta �x y � log � � x z z x y �y z � � log x y log y z z x y x z � log x y x y log y z y z 2 � x y y z � x z 2y Thế vào giả thiết ta z2 y2 x xz z t 2t � x � P t �1� � 2 z xz y x xz z t 4t � z � P Từ dẽ dàng tìm Chọn ý A 2 Ví dụ Cho số x, y thỏa mãn x y �1 đồng thời �1 y � x y ln � 2 � �x y � Biết giá trị nhỏ biểu thức x 4y P m n y x y2 với m,n số nguyên dương Hỏi có số m, n thỏa mãn? 2 D C Lời giải Nhìn thấy biểu thức logarit viết dạng phân thức ta nghĩ tới hàm đặc trưng Biến đổi gải thiết ta �1 y � 2 x y ln � � ln y y ln x y x y � x y � �x y � A B Tuy nhiên vấn đề khó khơng nằm việc biến đổi mà nằm phần sau Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x4 x4 � x2.y2.y x2 y2 y 27 x4 27 x2 y4 x y2 27 x 16 y 16 y � y x2 y x2 y y x2 x2 y y 3x2 x 16 y 2 y 108 y 2 27 4y x2 y 3 3.2 y Cộng vế theo vế ta P �3 27 Vậy có số m, n thỏa mãn yêu cầu đề Chọn ý D Ví dụ Cho số thực a,b,c thỏa mãn abc log 2 a a 4 b b 4 c c 4 a b2 c2 Tìm giá trị lớn biểu P a 2b 3c abc thức 12 30 A 30 B 30 30 3 C D Lời giải Một tốn phát biểu đơn giản khó Trước tiên biến đổi giả thiết ta abc log 2 a a 4 b b 4 c c 4 a b2 c � log a b c a b c log a b c a b c � a b2 c a b c � a b c 10 C 2 Đến sử dụng đại số khó, ý tưởng sử dụng yếu tố hình học tác giả tốn sử dụng điều kiện tương giao mặt phẳng mặt cầu hình phẳng Oxyz Quy đồng giả thiết ta a 2b 3c P � a P 1 b P c P 3 P abc Điều kiện tương giao mặt phẳng P mặt cầu C d I ; P = �= R I 2;2;2 , R 10 P 12 3P 12 P 14 10 P 30 Chọn ý D Ví dụ Tìm tất giá trị thực dương tham số a thỏa mãn bất đẳng thức 2017 a � �a � �2017 a � �� 2017 � � � � � � A a B a 2017 C a �2017 D a �2017 THPT Kiến An – Hải Phòng 2017 – 2018 Lời giải Lấy logarit số vế ta 2017 a � � �a � �2017 �a � � a � �� 2017 �� 2017log � a ��a log �22017 2017 � � � � � � � � � � � �a � � log � a � log �22017 2017 � � � � � a 2017 Xét hàm số �x � log � x � log x x x.x.ln x 1 ln x 1 � � 2 � � f x � f ' x � � x x x ln � x � � � f a f 2017 a �2017 Suy f x hàm giảm 0;� Chọn ý D Nhận xét Qua ví dụ ta phần hiểu ý tưởng phương pháp làm dạng toán Sau tập luyện tập cho bạn �x y � log � � xy x y xy x , y � � Ví dụ Cho thỏa Tìm giá trị nhỏ x2 y2 P 3y x A 10 71 B 72 C Lời giải 73 D Phương trình đầu tương đương log x y log xy xy x y � log x y x y log xy xy 1 f� t 0, t t.ln10 Xét hàm số f t log t t , t , có Suy hàm số f t đồng biến 0;� Phương trình 1 tương đương f x y f xy � x y xy Theo bất đẳng thức Schwarz ta có x2 y2 x2 3y � x 3y P 1 3y x 3y x x 3y 2 2 Theo bất đẳng thức AM – GM cho số dương ta có xy x y �2 x.3 y � xy 12 xy �0 � xy xy 12 �0 Vì xy nên xy �12 � x y �12 Đặt u x y u 12 u2 P �f u , u �12 u Từ ta có , ta có u0 � u 4u � f� � f u � u � u 4 u 2 � (không thỏa mãn) 72 f u f 12 Suy 72 72 P � � P 7 u 12 , hay Vậy �x y 12 � �x � �x 3 y 12 � 3y � � � x � 2 y2 y 12 y 12 y y � � � y x � 4ab.2a b ab a b Giá Ví dụ Cho hai số thực dương a b thỏa mãn điều kiện trị lớn biểu thức P ab 2ab 1 A B 17 C D Lời giải Ta có ab , biến đổi phương trình tương đương ab ab 4ab.2a b � 22 aba b � 22 ab ab. a b ab ab ab � 2ab a b log a b log ab � a b log a b 2ab log 2ab 1 Đặt f x log x x, x , có 0;� 3 f� x 1 � f x x.ln đồng biến Từ 1 , , 3 � f a b f 2ab � a b 2ab � 2ab a b Khi đó, ta có P ab 2ab 2b b ab ab 2b b b 1 �1, b �� Khi P 1 � b 1� a Pmax Vậy , thỏa điều kiện ab � a � 1� � � b 1 � �x y � log � � xy x y xy x , y x � 1, y � � � Ví dụ Cho thỏa mãn Giá trị �1 � P x y 3� � �x y � lớn biểu thức thuộc tập đây? A 5;9 B 5;0 C 0;5 D 9;� Lời giải �x y � 3 x y log � xy x y � xy x y � log xy � xy � Ta có � x y log 3 x y xy log xy 1 � x y �6 � xy �4 Do x �1, y �1 nên � Xét hàm số f t t log t với t f� 0, t t 1 t ln Ta có Suy hàm số f t đồng biến 0;� Nên 1 � f 3 x y f xy � 3 x y xy 3 x y �1 � P x y � � x y xy xy �x y � Ta lại có 16 16 xy xy a 2a g a 9 3 3 a xy�۳۳ a a a x y xy 4 2 Với Dấu xảy Mặt khác x y x� ��� 1, y 1�� 1 ��� y 1 xy x �x � �y 3 x y xy xy xy �x � �y � � a �� ;3� � � Dấu xảy , 32 9 � �9 � g� ;3 g a a � a �� � � , g 3 � � 16 � � Khi ta có , �4 � �x � �y Vậy Pmax �x � �y Ví dụ Cho hai số thực dương x; y thỏa mãn ln x x x y �ln y x 147 x P x 16 y x y đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị y thuộc khoảng Khi biểu thức sau �1 � � ;1� A �2 � �1 � � 1� 0; � �; � � 4� � � � B C D 1; Lời giải �x � 0 y4 Từ giả thiết ta có điều kiện xác định � Khi ln x x x y �ln y x � ln x x �ln y x y � ln x ln x x �ln x ln y x y � ln x x �ln � x y � � � x y * f� t 0, t t Xét hàm số f t ln t t khoảng 0; � ta có Do hàm số f t hàm đồng biến khoảng 0; � Bất phương trình * trở thành f x �f x y ۳ x x y � x y �4 x; y Khi ta chọn điểm rơi để đánh giá đẳng thức P sau P x y x 16 y 147 x y � 147 � � x y � � x � 16 y � � x� � y � � Ta chọn giá trị dương thỏa mãn để ghép cặp AM – GM cho đẳng thức ngoặc vuông dấu xảy � x � � x � � x � 147 147 � � � y � 16 y � 16 � y � �x y 147 �x y � � 4 � 16 � � 147 16 0; Xét hàm số � � 147 � 147 g� 0, � 0; � � 3 16 � � 2 16 Ta có 147 g 16 đồng biến 0; Nên hàm sồ g 147 4 16 Vậy phương trình có tối đa nghiệm Dễ thấy nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm 1� � 147 � � P 4 x y � x � � 12 y x� � y � � � Do ta viết lại 147 �4.4 x 12 y x y 104 Dấu xảy x x � 1� : �0.1429 �� 0; � y y 2 � 4� 2; Suy DẠNG 2: MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT Bài toán liên quan đến nghiệm nguyên phương trình mũ logarit Ví dụ Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 127 log x y �log x y y số nguyên thỏa mãn ? A 89 B 46 C 45 D 90 Đề tốt nghiệp THPT 2020 mã đề 1043 Lời giải log x y �log x y 1 Ta có Đặt t x y ��* (do x, y ��, x y ), (1) � log x x t �log t � g (t ) log t log x x t �0 g� t Đạo hàm 1;� 1 0 t ln x x t ln với y Do g t đồng biến Vì x ngun có khơng q 127 giá trị t ��* nên ta có g 128 � log 128 log3 x x 128 � x2 x 128 37 � 44,8 �x �45,8 Như có 90 giá trị thỏa u cầu tốn Nhận xét Đây câu khó đề thi THPT Quốc Gia 2020 vừa rồi, điều làm toán khó so với tốn đề tham khảo dấu bất phương trình giả thiết “khơng có 127 số nguyên y” Như ta nhận dạng lớp tốn phương trình nghiệm nguyên mà chương đề cập Sau ví dụ minh họa Ví dụ Có cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn y 1 A Từ giả thiết ta có log � x 1 y 1 � � � x 1 y 1 B C Lời giải D y 1 log3 � x 1 y 1 � � � x 1 y 1 9 x 1 � log x 1 x 1 log * y 1 y 1 y 1 Xét hàm f t t log3 t 0;� � log � x 1 y 1 � � � 0, t � t ln Ta có hàm số f t đồng biến 0; � 8 y x 1 * � x y y y Do hay 8 y � 0 � y 1 � � y 1 � 9; 3; 1;1;3;9 � � y �� � x ; y Để nguyên dương � Suy y f ' t x; y � 2;2 Do Vậy có cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn yêu cầu toán log x x y y x x Ví dụ Cho phương trình Hỏi có cặp số nguyên dương x, y , x 500 thỏa mãn phương trình cho? A B D C Lời giải Biến đổi giả thiết ta log x x y y x x � log x x 1 x x y y 2 �2 log x x y y � log x x y 2 2 log x x 1 x 500 � y log x x 1 � 0;18 � y Do Thế ngược lại giá trị có y ta thấy có giá trị nguyên y thỏa mãn yêu cầu đề đồng nghĩa có cặp số x, y thỏa mãn phương trình cho Chọn ý B Bài tốn tìm điều kiện tham số Ví dụ Phương trình x 2 m 3 x x3 x x m x2 x 1 2 phân biệt m � a; b đặt T b a A T 36 B T 48 C T 64 có nghiệm D T 72 THPT Trần Nhân Tông – Quảng Ninh lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương x 2 m 3 x x x x m x 2 x1 �2 m 3 x x m x 23 2 x �2 m 3 x m 3x 22 x x 1 3 t t � Xét hàm số f t t � có f t ln 3t 0, t �� nên hàm số liên tục đồng biến � Do từ 1 suy m x x � m x x x3 3 2 � Xét hàm số f x x x x � có f x 3x 12 x ; x3 � f� x � � x 1 � Lập bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm phân biệt m 2 Suy a 4; b � T b a 48 Chọn ý B Ví dụ Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình � x mx � log � � x mx x � x2 � � � có hai nghiệm thực phân biệt? A B C D Sở Giáo dục Đào tạo Phú Thọ lần năm học 2017 – 2018 Lời giải �x � 2 x mx Điều kiện � Phương trình ban đầu tương đương � x mx � log � � x mx x � x2 � � � � log 2 x mx x mx log x x � f x mx f x 1 Xét hàm số f t log t t với t � 0; � có f� t 1 t ln , t � 0; � � f t đồng biến 0;� nên 1 � x mx x � �x 2 �x 2 � � �2 2 x mx x � �x m x Từ Để có hai nghiệm thực phân biệt có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 lớn 2 � m 12 � m �� � m �� � � � � �� x1 x2 � �x1 x2 �� 4m40 � �x x x x � x1 x2 3 m 2 � �1 � m8 � � �� �m m * � � mà m �� � m � 1;2;3;4 Chọn ý B Ví dụ Tìm tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình e3 m e m x x x x có nghiệm �1 � 0; ln � � � A � � � ��; ln � � B � � 1� 0; � � e� � C � � ln 2; �� � � D � Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Ninh lần năm học 2017 – 2018 Lời giải � 1 �t � � t x 1 x � � e3m e m t t 1 t x x2 � Đặt Khi 3m m � e e t t � Xét hàm f u u u � f u 3u Hàm số đồng biến � e3m e m t t � e m t Phương trình có nghiệm em � ln 2 m Chọn ý B Ví dụ Có giá trị nguyên tham số m để tồn cặp số x; y thỏa x y 1 e3 x 2 y x y 1, đồng thời mãn điều kiện e log 22 x y 1 m log x m A B C D Sở Giáo dục đào tạo Bà Rịa Vũng Tàu đề năm 2017 – 2018 Lời giải x y 1 e3 x y x y Biến đổi giả thiết ta có e � e x y 1 x y 1 e3 x y x y t t � f t e t f t e nên hàm số đồng biến � Xét hàm số Ta có � Do phương trình có dạng f x y 1 f 3x y � x y x y � y 1 x 2 Thế vào phương trình cịn lại ta log x m log x m 2 Đặt t log x , phương trình có dạng t m t m Để phương trình có nghiệm �0 � 3m 8m �0 Do có số nguyên m thỏa mãn �0 m ۣ Chọn ý A Ví dụ Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình ln m ln m x x có nhiều nghiệm A m �0 B m C m e D m �1 THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần – năm học 2017 – 2018 Lời giải m Điều kiện x e m y Đặt ln m x y ta e m x Thay vào 1 ta ln m y x � e x m y � ex m y � � ex e y y x � ex x e y y �y e m x Ta có hệ � t Do hàm số f t e t đồng biến � nên suy x y � x ln x m � ex x m x x � � Xét hàm số g x e x ; g x e ; g x � x Vẽ bảng biến thiên cho hàm g x ta suy phương trình có nhiều hai nghiệm m Chọn ý B Ví dụ Có số nguyên m để phương trình 3x 3x m log x2 5x m 2x x có hai nghiệm phân biệt lớn A B Vô số C D THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện 3x 3x m Biến đổi giả thiết tương đương �3x 3x m � � log � � x x m � 2x x � 3x 3x m � log x2 5x m 4x 2x � log 3x 3x m 1 log x x x x 3x 3x m 1 � log 3x 3x m 1 3x 3x m 1 log x x x x 1 Xét hàm số f t t log t 0;� , ta có t � 0; � f� t 1 0 t.ln , Do hàm số f t đồng biến 0;� 1 � Khi phương trình f x x f 3x x m 1 � x x 3x 3x m � x x m Điều với x �� g� x 2x � x g x x x Xét hàm số �, ta có Vẽ bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt lớn 25 21 m 4 � m 3 Do m ��nên m � 5; 4 Chọn ý C Câu 30 Tìm tập hợp S tất giá trị tham số m để phương trình 2 x 1 log x x 3 có ba nghiệm phân biệt xm log x m �1 � S � ;1; � �2 A 3� �1 S � ; 1; � �2 B � 3� S � ;1; � �2 C 3� �1 S � ;1; � �2 D THPT Chu Văn An – Hà Nội năm học 2017 – 2018 Lời giải t Xét hàm số f t log t , t �0 � f t f� t 2t.ln 2.log t 2t 0 t ln , đồng biến 0;� Biến đổi giả thiết tương đương 2 x 1 � 2 log x x 3 x 1 log x 1 xm log x m 2 2 x m log x m � f� f� xm� �� x 1 x m 1 �x 1 � � � Khi x �m , (1) � x x 2m Khi x m , (1) � x 2m 3 Trường hợp có nghiệm kép x0 , 3 có hai nghiệm phân biệt khác x0 Khi x�2 m 3 x � có nghiệm , 3 có hai nghiệm phân biệt Trường hợp x0 Khi m x 2� � 3 có nghiệm kép x0 , có hai nghiệm phân biệt khác 1 x 3 có nghiệm , có hai nghiệm Trường hợp (3) có chung nghiệm x0 Khi x0 m � m , thử lại m thỏa yêu cầu toán �1 � S � ;1; � �2 Vậy Chọn ý B Câu 43 Tổng tất giá trị tham số m để phương trình x x 1 x m log x2 x3 x m có ba nghiệm phân biệt B 2 A C 3 D Lời giải Ta có 3x x3 ln x m log x2 x 3 x m � x m ln x x 3 3 x x 1 x m � ln x x 3 3x x 3 ln x m 32 x m f� t 3t ln t 3t ln 3 0, t �2 t Xét f t ln t , t �2 , có t Vậy hàm số f t đồng biến f x x 3 f x m � x x x m � x 2m 1 � x x x m � �2 x x 1 2m � Điều kiện cần để phương trình có nghiệm 1 thử lại ta thấy thỏa mãn Trường hợp có nghiệm kép 3 �m 2 thử lại ta thấy thỏa mãn Trường hợp có nghiệm kép Trường hợp 1 có nghiệm chung � x m Thế 1 vào ta có m 1 1 3 1 3 Ta có 1 �m sin x m Câu 44 Tìm giá trị để phương trình có nghiệm A log sin x cos x 10 m 5 C �m �5 �m �5 D B 5 �m �5 �m � cos x m 5 Lời giải Biến đổi phương trình đầu tương đương sin x cos x m 5 � 3sin x logsin x cos x 10 ln m 3sin x cos x10 m 5 � m 5 ln sin x cos x 10 ln sin x cos x 10 m 5.ln m cos x 10 f� t 3t ln t 3t ln 3 0, t �5 t Xét f t ln t , t �5 , ta có t Vậy hàm số f t đồng biến Khi f sin x cos x 10 f m � sin x cos x 10 m � sin x cos x m Mặt khác ta lại có �sin x cos x � , nên để phương trình có nghiệm ta phải có �m �5 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua thực tế áp dụng đề tài việc ôn luyện cho em, tơi nhận thấy em thích thú tự tin giải toán cực trị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối, biết cách suy nghĩ để tiếp cận giải tốt loại đề thi thử đề thi THPT QG KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sáng kiến hi vọng góp phần thiết thực công tác dạy học, ôn thi giáo viên học sinh Trong trình viết chuyên đề tơi cố gắng nhiều, song trình độ hạn chế, thiếu sót điều khơng thể tránh Rất mong góp ý, bổ sung thầy cô giáo hội đồng nhà trường để đề tài hoàn thiện hơn, áp dụng rộng rãi có hiệu Xin trân trọng cảm ơn 3.2 Kiến nghị Đề nghị SGD tập hợp sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng tốt, in thành kỷ yếu để giáo viên trường THPT tỉnh có nguồn tài liệu tham khảo tốt, để sáng kiến áp dụng cơng tác giảng dạy TÀI LIỆU THAM KHẢO Các đề thi thử THPT QG trường THPT, SGD nước Một số tài liệu khác internet XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 18 tháng năm 2021 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết: Trịnh Khắc Tuân ... trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Nhiều học sinh chưa làm lúng túng trước toán mũ loagarit cần phải sử dụng hàm đặc trưng để giải 2.3 Giải pháp tiến hành để giải vấn đề Trong phần... tích – tổng hợp NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cở sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở để giải tốn có sử dụng kỹ thuật hàm đặc trưng là: Tính chất Nếu hàm số y f x đơn điệu chiều miền... 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT Bài tốn liên quan đến nghiệm nguyên phương trình mũ logarit Ví dụ Có số ngun x cho ứng với x có khơng q 127 log x y �log x y y số