SKKN giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến mũ và logari bằng phương pháp sử dụng hàm đặc trưng

PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Tốn học mơn chủ đạo cấp học, việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ tính tốn Mơn Tốn cịn góp phần phát triển nhân cách, phẩm chất người lao động, rèn luyện cho học sinh đức tính cẩn thận, xác,kiên trì, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ Qua nhiều năm công tác giảng dạy trường THPT nhận thấy việc học tốn nói chung việc phụ đạo, bồi dưỡng học sinh nói riêng Muốn học sinh rèn luyện tư phân tích tốn việc học giải tốn thân người thầy cần phải có nhiều phương pháp nhiều cách giải Để có học sinh giỏi mơn tốn điều khó, cịn phụ thuộc vào nhiều nguyên nhân, có nguyên nhân khách quan nguyên nhân chủ quan Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tịi, nghiên cứu tìm nhiều phương pháp cách giải qua tốn Từ rèn luyện cho học sinh lực hoạt động tư phân tích tốn đến lời giải nhanh xác Trong chương trình mơn tốn lớp 12, chương học : “ Mũ Logarit” chương học quan trọng, toán mũ logarit xuất đề thi Tốt Nghiệp Trung Học Phổ Thông Quốc Gia đề thi học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh tỉnh thành nước Hiện đề thi Tốt Nghiệp Trung Học Phổ Thông Quốc Gia đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh mơn tốn tỉnh thành hay gặp toán mức độ vận dụng vận dụng cao phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương liên quan đến toán mũ logarit mà cách giải sử dụng “ Hàm đặc trưng” để giải 1.2 Mục đích nghiên cứu Nhằm giúp em học sinh sử dụng hàm đặc trưng giải tốn giải phương trình, bất phương trình liên quan đến mũ logarir Từ em có cách nhìn tổng thể phương pháp sử dụng hàm đặc trưng toán liên quan Đây chủ đề khó thường xuyên gặp kì thi Tốt Nghiệp Trung Học Phổ Thơng Quốc Gia học sinh giỏi cấp tỉnh tỉnh thành Giải tốt toán giúp em tự tin việc chiếm lĩnh kiến thức khác Rất nhiều em học sinh không nắm vững phương pháp cách tiếp cận nên lười suy nghĩ liên quan tới cách giải Bên cạnh năm học 2020-2021 thân thơi giáo viên dạy đội tuyển tốn lớp 12 trường THPT Hậu Lộc I tơi nhận thấy chủ đề quan trọng thường xuyên xuất kì thi học sinh giỏi tỉnh nhà Năm năm học thân có hai lớp 12, năm năm em có kỳ Tốt Nghiệp Trung Học Phổ Thơng Quốc Gia quan trọng, toán sử dụng hàm số đặc trưng xuất chủ đề mũ logarit mà xuất chủ đề khác như: hàm số, phương trình, hệ phương trình Do việc rèn luyện kĩ sử dụng hàm đặc trưng giúp ích nhiều cho em trình chuẩn bị cho kì thi tới 1.2 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài rèn luyện kĩ sử dụng hàm đặc trưng giải tốn: “Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến mũ logarit” Cụ thể: +Sử dụng hàm đặc trưng giải các tốn giải phương trình, bất phương trình trình liên quan đến mũ logarit + Sử dụng hàm đặc trưng giải các tốn hệ phương trình liên quan đến mũ logarit 1.4 Các phương pháp nghiên cứu + Phương pháp nghiên cứu, xây dựng sở lý thuyết + Phương pháp điều tra thực tế + Phương pháp thống kê, thu thập số liệu PHẦN NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong nhà trường trung học phổ thông nhiệm vụ trọng tâm hoạt động dạy thầy hoạt động học trò Đối với người thầy việc giúp học sinh nắm vững kiến thức phổ thơng nói chung kiến thức mơn tốn nói riêng việc làm cần thiết Người giáo viên cần phải dạy cho em nắm vững phương pháp kĩ cần thiết để giải tốt toán đặt Đối với hoạt động học trị muốn học tốt mơn tốn học sinh cần phải nắm vững tri thức khoa học mơn tốn cách có hệ thống, phải biết vận dụng lí thuyết cách linh hoạt vào toán cụ thể Điều thể việc học đơi với hành, địi hỏi học sinh phải có tư logic, suy nghĩ linh hoạt Vì trình dạy học giáo viên cần giúp học sinh cách học biết sử dụng kiến thức học vào tốn cụ thể Mục đích giúp học sinh đứng trước toán em cần biết phân tích nhận dạng, biết áp dụng phương pháp học để giải toán biết cách chuyển toán dạng quen thuộc để từ có phương pháp giải thích hợp Đối với tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến mũ logarit có số toán giải phương pháp dùng hàm đặc trưng trước tiên ta cần nắm vững phương pháp, biết cách phân tích, chuyển đổi tốn dạng sử dụng hàm đặc trưng để giải 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Xuất phát từ việc dạy phân môn mũ logarit chương trình lớp 12 sách giáo khoa hành Trong trình giảng dạy trực tiếp lớp 12 q trình ơn thi đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh Tôi nhận thấy em học sinh cịn khó khăn giải toán sử dụng hàm đặc trưng để giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến mũ logarit 2.3 Giải pháp cách thức thực Để giải tốt tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến mũ logari phương pháp sử dụng hàm đặc trưng, trước hết ta cần nắm vững phương pháp, sau vận dụng linh hoạt phương pháp biến đổi để biến đổi tốn dạng tốn sử dụng hàm đặc trưng để giải 2.3.1 Cơ sở lí thuyết: Tính đơn điệu hàm số Định nghĩa Cho hàm số y  f ( x) xác định K với K khoảng + Hàm số y  f ( x) đồng biến ( tăng ) K x1 , x2 �K mà x1  x2 f ( x1 )  f ( x2 ) + Hàm số y  f ( x) nghịch biến ( giảm ) K x1 , x2 �K mà x1  x2 f ( x1 )  f ( x2 ) + Hàm số đồng biến nghịch biến K gọi chung đơn điệu K Định lý Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm khoảng K ( x) �0, x �K f � ( x)  xảy số hữu hạn điểm hàm số + Nếu f � y  f ( x) đồng biến khoảng K ( x) �0, x �K f � ( x)  xảy số hữu hạn điểm hàm số + Nếu f � y  f ( x) nghịch biến khoảng K Lưu ý + Nếu hàm số y  f ( x) liên tục đoạn [a; b] f '( x)  0, x �( a; b) ta nói hàm số đồng biến đoạn [a; b] + Nếu hàm số y  f ( x) liên tục đoạn [a; b] f '( x)  0, x �(a; b) ta nói hàm số nghịch biến đoạn [a; b] + Trên khoảng nửa khoảng tương tự đoạn 2.3.2 Các dạng toán thường gặp Phương pháp giải: Nắm vững phương pháp: “ Nếu hàm số y  f  x  xác định liên tục K ( K đoạn, khoảng, nửa khoảng ) x1 , x2 �K f  x1   f  x  � x1  x2 Biến đổi phương trình dạng f  x1   f  x2  , bất phương trình dạng: f  x1   f  x2  với y  f  x  hàm số đơn điệu, từ suy x1  x2 ( Ở x1 , x2 biểu thức có giá trị thuộc K ) 2.3.2 Dạng 1: Sử dụng hàm đặc trưng giải phương trình, bất phương trình mũ logarit Bài Giải phương trình: x  x  x  x Lời giải x Xét hàm số f  x    x hàm số xác định liên tục �  x   x ln   x �� � f  x  đồng biến � Ta có: f � x  � 2 2 � 2x  x2  2x  x � f  x   f  x  � x  x � x  x  � � x 1 � Vậy tập nghiệm phương trình S   0;1 Bài ( HSG Quãng Ngãi năm 2021) Giải phương trình: log 2x 1  3x  x  ( x  1) Lời giải � 2x 1 �x  0�� ĐK: ( x  1) � �x �1 Ta có: 2x 1  x  x  � log (2 x  1)  log ( x  1)  3( x  1)  (2 x  1)  ( x  1) � log (2 x  1)  (2 x  1)  3( x  1)  log 3( x  1) log Xét f  t   log t  t ,với t  f ' t     0, t  suy f (t ) đồng biến (0; �) t ln Ta lại có:  x  1 � log (2 x  1)  (2 x  1)  3( x  1)  log3 3( x  1) � f  x  1  f � � � x2 � � x    x  1 � 3x  x   � � � x � � 2� Vậy tập nghiệm phương trình S  �2, � � Bài (HSG TỉnhPhúThọ 2020-2021) Giải phương trình log x  3x   x  x  3x  5x  Lời giải x  2 � x  1 � Điều kiện phương trình là: x  3x   � � x  3x   x  x  3x  x  1 log  x  3x    log  3x  x     3x  x     x  3x   2 Phương trình log 1 � log  x  3x     x  3x    log  3x  x     3x  x   2 t  Xét hàm số: f  t   log t  t � f �  1 1   t  t ln 2 Suy hàm số f (t ) đồng biến khoảng  0; � Do phương trình (1) có dạng: f  x  3x    f  3x  x   x 1 � ( thỏa mãn) � 3x  x   x  3x  � x  x   � � x3 � Vậy phương trình cho có tập nghiệm S   1;3 Bài ( HSG Quãng Nam năm 2021) Biết bất phương trình: 315 x  432 x  180  36log  3x    4.27 �36.log x  4.3 x x4 có tập nghiệm khoảng  a; b  , tính a  b Lời giải Điều kiện: x  Ta có: 315 x  432 x  180  36log  3x    4.27 x �36.log x  4.3 x4 x � 36  3x    36log  x    36.33 x 2 �9 x  36.log x  36  36.3 2 x x �x � �  x    log  x    �� � log   1 �2 �  3t ln  0, t   t   2t  Xét hàm số f  t   t  log t  3t � f � t ln hàm số f  t  đồng biến  0;� x2 �x � �  1 � f  x   �f � �� �� x �2 � x x �2 � Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm S  � ; � �3 � � a � � 22 Vậy: � , suy a  b  15 � b � x 1 Bài Giải phương trình sau:  6log  x    Lời giải Đặt y   log  x   ta có hệ phương trình: Điều kiện: x  � x 1   y  1  � x 1  y  � � � � y 1 � x 1  x  y 1  y (2) �  6x  � �y   log  x   t 1 Xét hàm số f  t    6t với t  5 f '  t   7t 1 ln   0, t  6 � f  t  hàm số đồng biến nên   � f  x   f  y  � x  y ta có phương trình x1  x   (3) x 1 x 1 Xét hàm số g  x    x  với x  g '  x   ln  6 � g " x   x 1  ln   x  nên suy phương trình g  x   có khơng q hai nghiệm Mặt khác g  1  g    nên x  x  nghiệm phương trình (3) Vậy phương trình cho có nghiệm x  x  2.3.2 Dạng 2: Sử dụng hàm đặc trưng tìm cặp số ngun tốn có liên quan đến mũ logarit Bài (Đề tham BGD&ĐT năm 2019-2020 LẦN 01) Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn �x �2020 log (3 x  3)  x  y  y ? Lời giải Điều kiện: x  1 Ta có: log (3x  3)  x  y  y � log3 ( x  1)  ( x  1)  y  32 y (*) (t )   3t ln  0, t ��, tức hàm số Xét hàm số f (t )  t  3t , t �� có f � ln đồng biến � Khi (*) � f (log ( x  1))  f (2 y ) � log3 ( x  1)  y � x  y  2020 � �0 y log 2021  Vì �x �2020 nên �9 y  Do y nguyên nên y � 0;1;2;3 �  x; y  �  0;0  ;  8;1 ;  80;  ;  728;3  nên tổng cộng có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa đề Bài Có tất cặp số  a; b  với a, b số nguyên dương thỏa mãn: log  a  b    a  b    a  b   3ab  a  b  1  Lời giải Với a, b số nguyên dương, ta có: 2 log3  a  b    a  b    a  b   3ab  a  b  1  a  b3 � log  a  b3  3ab  a  b    a  b  ab   3ab  a  b   a  b  ab 2 � log  a3  b3   a  b3  log3 �  a  b  ab  � � �  a  b  ab   1 Xét hàm số: f  t   log t  t  0; �   0, t  nên hàm số f  t  đồng biến  0; � t ln Khi đó, phương trình  1 trở thành : f ' t   3 2 f  a3  b3   f �  a  b  ab  � � �� a  b   a  b  ab  � a  b  ab   * 2 �  a  b  ab   a  b  3  � � ab3 � Do a, b ��* nên phương trình  * vơ nghiệm Suy ra: a  b  � a2 0a3 � � � � � b 1 0b3 � � �� Mà a, b số nguyên dương nên � � ab 3 a 1 � � � � � a, b ��* b2 � � � Vậy có hai cặp số  a; b  thỏa mãn yêu cầu toán Bài Có cặp số thực  x, y  thỏa mãn y nguyên dương thỏa mãn: 3x  3x  y  x  x 1 x2 4 x y log   ? 2x2  x    Lời giải Điều kiện: 3x  3x  y   (1) Ta có: log  2 3x  3x  y   22 x  x 1  x  x  y 2x  x   � log  x  x  y  1  log  x  x  1  2 x � log  x  x  y  1  23 x 3 x  y 1  x 1  23 x  x  y 1  log  x  x  1  2 x  x 1  * t Xét f  t   log t  hàm số đồng biến  0; � Do đó:  * � f  3x  3x  y  1  f  x  x  1 � 3x  3x  y   x  x  (2) � x  x  y   ** Điều kiện  1 thỏa mãn   Vì để tồn  x, y  thỏa mãn yêu cầu  ** có nghiệm Khi ta y y � Do y nguyên dương nên y � 1;2;3;4 Ta có cặp  x, y  thỏa mãn u cầu tốn Bài Có cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn �x �2020 thỏa mãn: 8x  3x.4 x   3x  1 x   y  1 x   y  1 x Lời giải 8x  x.4 x   3x  1 x   y  1 x   y  1 x �  x  x    x  x    yx   yx (1) 3 Ta có hàm số f  t   t  t đồng biến � x Suy  1 �  x  yx , x  khơng thỏa nên ta có 2x  1 � y   x y Do nguyên nên x chia hết cho x nên x  2m với m số tự nhiên x 2020  � m 2020 m  0;1; 2; ;10 Có ���� Khi ta có 11 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn đề là:  1;3 ,  2;3 ,  4;5  ,  8;33 , ,  210 ;2 10 10  1;  Bài 10 Có cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn đồng thời hai điều y 2 kiện: �x �106 log  10 x  20 x  20   10  y  x  x  ? Lời giải Điều kiện:10 x  20 x  20  , x �� y 2 Ta có log  10 x  20 x  20   10  y  x  x  2 y �  x  x  1  log � 10  x  x   � � � 10  y �  x  x  1  log10  log  x  x    10 y  y 2 �  x  x    log  x  x    10 y  y 2 � 10  log x  x    log x  x   10 y  y (*)   Xét hàm f  t   10t  t �  t   10t.ln10   , t �� Do f  t  đồng biến � Ta có f � 2 log  x  x   � Khi (*) � f � � � f  y  � log  x  x    y y � x  x   10 y �  x  1   10 2 Vì �x �106 nên � x  1   10 y � 106  1  2 2 log � �106 1 1� � Vì y �� nên y � 1;2;3  0� y x  2 (ktm) � x  (tm) � + Với y  � x  x   10 � x  x   � � + Với y  � x  x   104 � x  x  9998  (khơng có giá trị x nguyên thỏa mãn) + Với y  � x  x   109 � x  x  999999998  (khơng có giá trị x ngun thỏa mãn) Vậy có cặp nguyên dương  x; y    4;1 thỏa mãn yêu cầu toán 2.3.2 Dạng 3: Sử dụng hàm đặc trưng tốn tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ tốn có liên quan đến mũ logarit Bài 11 (Mã đề 101-BGD&ĐT NĂM 2016-2017) Xét số thực dương x, y thỏa mãn log P  x y  xy  3xy  x  y  Tìm giá trị nhỏ Pmin x  2y Lời giải  t  Xét hàm số f  t   log t  t  t   � f � Suy hàm số f đồng biến  0;  �   0, t � 0;  � t.ln  xy  xy  x  y  � log3   xy   log  x  y    xy  1  x  y  x y � log 3   xy     xy   log  x  y   x  y log � f    xy    f  x  y  �   xy   x  y � y  �P  x y  x P�  1 11  3x   3 x 3x  3 x 3 x 0 �0 x3 Mà y  nên 3x  3x  x � 0;3 � �x  0� � Cho P� �  x � � Nhìn vào BBT, ta có: Pmin  11  � 0;3 11  � 0;3 11  Bài 12 (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2016-2017) Xét số thực dương a, b thỏa mãn log P  a  2b  ab  2ab  a  b  Tìm giá trị nhỏ Pmin ab Điều kiện: ab  Lời giải Ta có: log  ab  2ab  a  b  � log � �   ab  � �   ab   log  a  b    a  b   * ab Xét hàm số y  f  t   log t  t khoảng  0; �   0, t  Suy hàm số f  t  đồng biến t.ln khoảng  0; �  t  Ta có f � Do  * � b  f�   ab  � � f  a  b  �   ab   a  b � a  2b  1   b � a  � 2b  Do a  0, b  nên b   0�0 b  2b  Khi đó: P  a  2b  b  b   2b Xét hàm số g (b)   2b với 2b  2b  b � 0;2  � 2  10 b � 0;2  � 5 g�   �  2b  1  � �  b  2 � 2  10 b    b � 0;2  � � Lập bảng biến thiên � 10  � 10  � � � Vậy Pmin  g � Bài 13.( HSG Phú Thọ 2020-2021) Cho a, b hai số thực dương thỏa mãn �4a  2b  � 2 log � � a  3b  Giá trị nhỏ biểu thức a  b  15 � ab � Lời giải Ta có: �4a  2b  � log � � a  3b  � log  4a  2b    log  a  b   a  3b  � ab � � log  4a  2b    4a  2b   log  5a  5b   5a  5b 10  t   1 Xét hàm đặc trưng f  t   log5 t  t với t  , nhận thấy f � t ln  t   với t  Khi f � Suy hàm số f  t  đơn điệu tăng với t  Do f  4a  2b    f  5a  5b  � 4a  2b   5a  5b � a   3b Xét biểu thức 2 2 P  a  b  15 � P    3b   b  15 � P  10b  30b  40 � 35 �2 � � 35 � P  10 � b  .b  � � P  10 � b  � 4� � � 2� 35 35 Vậy P � , suy giá trị nhỏ biểu thức P đạt 2 b ; a 2  xy x  y  xy   Bài 14 Cho x, y số thực dương thỏa mãn ln Biết x y xy a giá trị lớn của biểu thức P  a số x y b nguyên tố Tính a.b Với ta có  xy x  y  xy  1  xy  � ln   x  y    xy  1 x y  x  y ln Lời giải x, y  � ln   xy     xy   ln  x  y    x  y  2  1  u  Xét hàm số f  u   ln u  u  u   có f � f  u  đồng biến khoảng  0; �   0, u  � hàm số u Khi đó:  1 � f   xy   f  x  y  �  xy   x  y  �  x  y   xy  2 Đặt t  x  y  t   � xy  t  Khi P  2 t 1 t t2 4 � � �x  y � � t2 t2 t � 0; � Áp dụng bất đẳng thức: xy ��� � �� �2 � � 3� � � t2 1 t2 1 t � 0; � Xét hàm số f  t   với � � Ta có f  t    0, t � t t � 3� a3 � � max f  t   f �2 � � � � � � Hàm số f  t  đồng biến �0; �� � � b  �3� � � � �0; � � 3� 11 x y  x  x  3  y  y  3  xy x  y  xy  x  2y  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x y6 Bài 15.Cho số thực x , y thoả mãn log Lời giải x y  � x  y  Điều kiện x  y  xy  x y  x  x  3  y  y  3  xy Ta có : log x  y  xy  � 2log  x  y   2log  x  y  xy    x  y  xy  3x  y � 2log  x  y     3x  y   2log3  x  y  xy     x  y  xy   � 2log  3x  y    3x  y   2log3  x  y  xy     x  y  xy   (*) Xét hàm đặc trưng : f  t   2log t  t với t    với t  Suy hàm số y  f (t ) đồng biến t.ln khoảng  0; � 2 Khi  * � 3x  y  x  y  xy  (**) Ta có f '  t   �x  a  b 3a  b  Suy P   ** �  a  1  b  2a  �y  a  b Đặt � � cos t  �  a  1  cos t a � � �� Đặt � với t �[0;2 ) b  sin t � � b  sin t � 3cos t  sin t  �  P  3 cos t  sin t   3P Khi P  2cos t   Phương trình có nghiệm :  P  3  �  3P � � 47 P  69 P  24 �0 ۣ 69  249 94 P  69  249 (***) 94 Vì ln tồn t �[0;2 ) để dấu (***) xảy Do đó, ta ln tìm a , b từ tìm x, y để P đạt giá trị lớn Vậy giá trị lớn P 69  249 94 2.3.2 Dạng 4: Sử dụng hàm đặc trưng tốn có chứa tham số tốn có liên quan đến mũ logarit Bài 16.( HSG Hà Nam 2020-2021) Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình: 12 �  x  m   � m   x  x � x2  x  m � � có nghiệm phân biệt thuộc đoạn � ;2 � � � � log � 1 1 x  x  m  �  x   m  x2 x Lời giải � �x  x  m  �0 �x  x  m   Đk: � Đặt t  x  x  m  , đk: �t  Ta có: t  t log   t   t  �  log3   t   log   t  t   t   log  1t  t 1 t t  log3  1t  �3  t  log   t   t  t   log3   t  t   1 z  z   3z.ln   0, z �� nên hàm số Xét hàm số: f  z    z , z ��thì f � f  z  đồng biến �  1 � t  log3   t   log3  t  t  1 � t  log3   t    + Với t  � VT    0,VP    log  nên   vô nghiệm + Với t  � VT    0,VP    log  nên   vô nghiệm Do   � t  � x  x  m   � m   x  x  1 � �  x   2 x   � x  Xét g  x    x  x  với x �� ;2�có g � � � Từ bảng biến thiên hàm số, ta có phương trình có hai nghiệm � 35 � � � phân biệt thuộc � ;2 �khi m �� ; � � 16 � � � Bài 17.Có giá trị nguyên tham số m để phương trình f   f  x   m  x  m có nghiệm x � 1;2 biết f  x   x5  3x  4m Lời giải Đặt: t  f  x   m � f  x   t  m mà f  x   x  3x  4m � x5  3x  4m  t  m � x  3x  3m  t 13 3 �x  3x  3m  t � �x  3x  3m  t � � �5 Phương trình cho trở thành � t  3t  3m  x3 �f  t   x  m � Từ  1   ta có x  3x  t  3t  t  x � x  x3  t  4t Xét hàm số f  x   x  x , x ��  1  2  x   x  12 x �0, x �� Hàm số đồng biến với x �� Ta có f � Khi f  x   f  t  � x  t 3 Từ phương trình  1 � x  3x  3m  x � x  x  3m  x   x  x �0,  x � 1;2 Xét hàm số h  x   x  x , x � 1;2 � h� đề phương trình có nghiệm � ۣ  ��� h  x   1;2 3m max h  x   1;2 h  1 3m h  2 3m 48 m 16 m ��� m � 1;2;3; ;16 � m có 16 giá trị ngun Bài 18.Tìm giá trị thực tham số m để phương trình: x  x 1 x  m  log x2 2 x 3  x  m   có ba nghiệm phân biệt Lời giải 3x 2 x3 ln  x  m    log x2 2 x 3  x  m   � x m   ln  x  x  3 Ta có: �3 x  x 1 x  m x2  x  ln  x  x  3  ln  x  m   x m   1 t Xét hàm số g  t   ln t  2;  � t Có g '  t   3t.ln 3.ln t  3t  t � 2;  � , nên g  t  đồng biến  2;  � Do phương trình (1) tương đương: g  x  x  3  g  x  m   � x  x   x  m  � x   2m ��  2  x  x   2m � Xét hai Parabol:  P1  : y  x  có đỉnh I1  0;1 bề lõm hướng lên, có đỉnh I  2;3 bề lõm hướng xuống Và dễ thấy hai Parabol tiếp xúc điểm A  1;2  Vậy: (1) có nghiệm phân biệt � (2) có nghiệm phân biệt 14 � Đường thẳng nằm ngang y  2m qua I1  0;1 , qua 2m  � �1 � � I  2;3 , qua A  1;2  � 2m  � m �� ; ;1� � �2 � 2m  � Bài 19 (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình x  m  log  x  m  với m tham số Có giá trị nguyên m � 20;20  để phương trình cho có nghiệm? Lời giải Điều kiện: x  m t � �x  m  � x  x  5t  t  1 Đặt: t  log5  x  m  � �x mt � u  u   5u ln   0, u �� Xét hàm số f  u    u � f � Do đó:  1 � x  t � x   m � m  x  x Xét hàm số f  x   x  , x  m Do: 5x  � m  x , suy phương trình có nghiệm ln thỏa điều kiện x x � f�  x    5x ln , f �  x   �  5x ln  � x  log � � � �ln � Bảng biến thiên:  m ����� 0,917  �   m  19; 18; ; 1 Dựa vào bảng biến thiên  Vậy có 19 giá trị nguyên m thỏa ycbt Bài 20 (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình 3x  m  log ( x  m) với m tham số Có giá trị nguyên m � 15;15  để phương trình cho có nghiệm? Lời giải x Ta có:  m  log  x  m  � 3x  x  log ( x  m)  x  m (*) Xét hàm số f (t )  3t  t , với t �� Có f' (t )  3t ln   0, t �� nên hàm m�20; 20 số f  t  đồng biến tập xác định Mặt khác phương trình (*) có dạng: f ( x)  f  log ( x  m)  Do ta có f ( x)  f  log ( x  m)  � x  log ( x  m) � 3x  x  m � 3x  x   m 15 x Xét hàm số g  x    x , với x �� Có g' ( x)  3x ln  , g' ( x)  �1 � � x  log � � �ln � Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị tham số để phương trình có � � � � � � �1 � � Vậy số giá trị nguyên � � �ln � � � nghiệm là: m ���;  g �log3 � m � 15;15  để phương trình cho có nghiệm là: 14 2.3.2.5 Dạng 5: Sử dụng hàm đặc trưng tốn giải hệ phương trình mũ logarit Bài 21 ( HSG tỉnh Thanh Hóa 2020-2021) � � � � 2� 1  �  1 � xln � � ln � x � � � y� � Giải hệ phương trình : � �   y  xy  2 � x xy 5y  � Lời giải �x  � Điều kiện ��y  �� y  2 �� Biến đổi phương trình   :  2 � � � y   3x   � � x � y � 5y  � � 6� 2� ��  �1   x   x  � �  �   x 3 x y� y � y� y �  t   9t 2  0, t �� suy hàm số đồng Xét hàm số f  t   3t  2t có f � biến � � 2� Phương trình có dạng f �  � f x �   x thay vào  1 ta y� y �     � � 1 phương trình: xln � � ln  x  x� � 16 � xln   x   xln x  2ln x � xln    x 2   x  ln x  Đặt t  x , t  ta phương trình tln  t     t   lnt  Xét g  t   tln  t     t   lnt ta có: t t2 � 2�� 2�  lnt   ln �  � �  � t2 t � t � � t � 1 t  t  trở thành h  u  = ln u  u  , có Đặt u   , u  g � t u 1 u  u  h�  0, u h  u  nghịch biến  0; �  u  = 1  u u u2 Do u  � h  u   h  1  � g '  t   0, t � 0; � hàm g  t  nghịch g�  t   ln  t    biến  0; � nên phương trình g  t   có tối đa nghiệm Dễ thấy g    nên phương trình có nghiệm t  hay x  từ � 2� ta hệ cho có nghiệm �4; � � 3� Bài 22.(HSG Huế 2020-2021) Giải hệ phương trình: � y  y  x x  (1) � � � y   x   (2) Lời giải z2 1 Điều kiện: x � Đặt z  3x   z �0  Ta có x  3 Phương trình (1) trở thành  y   y  z  z � f  y   f  z   * Xét hàm số f  t   t  t R Ta có f '  t   3t   t �R Nên f (t ) đồng biến R �y �0 � Do  * � y  z � y  x  � � y  �x  � y2  thay x  vào (2) ta � y  1 loai  y2   y2   � y2   � y2  � � y 1 � 10 Với y  � x  ( thỏa mãn điều kiện) 10 � � Vậy nghiệm hệ � ;1� �3 � Bài 23.( HSG tỉnh Hà Nam 2021) Giải hệ phương trình 17 � �x   x    x2  y  y  3   y  y   y  � �x  x  � �x  y  log � �  log  y  32 y  68  � 16 � �  x, y �� Lời giải Giải  1 : Đk x �7, y �6  1 �  x   x   3x2   y  y  5 y   y  12 y  �  x2  2 x   3 x2     y  y  5 y    y  y   �  x2  2 x �   x     y  y  5  2  x  2 y    y    y  3 x7 3 y 6 3 x2  y2  y   0;  nên từ x7 3 y 6 3 y  3    � �x �2 � � �y �3 �  � x  y  � �  **      � x � � � � � �y �3 �   � x  log  x  x      log  y  y  17   y 2 � x   log �   y  log �  x  1  1�   y   1� � � � �  Xét hàm số: f  t   t  log  t  1 với t �� t  1 ln  2t 2t  t  2t  � f t     ta có  t  1 ln   t  1 ln   t  1 ln �0 hàm số f  t  đồng biến �  3 � f  x  1  f   y  � x    y � x  y   *** Từ  **  *** suy x  2, y  Vậy hệ phương trình có nghiệm x  2, y  2.3.2.6 Bài tập tự luyện Bài 1.Có cặp số nguyên  x ; y  thoả mãn �x �2020  x  ln  x  1   x   y  e y ? A.1 B C D Bài 2.Có giá trị nguyên tham số m để tồn cặp số  x; y  thỏa x7 y  33 x 5 y    x  y  1  , đồng thời thỏa mãn mãn ln  x  y  3   m   ln x  m2   ? 18 A B C D Bài 3.Có tất số nguyên a � 2021;2021 cho tồn số thực x x thỏa mãn 2021  a  log 2021  x  a  A 2021 B 2020 C 2019 D 2022 Bài 4.(Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình x  m  log  x  m  với m tham số Có giá trị nguyên m � 25;25  để phương trình cho có nghiệm ? A B 25 C 24 D 26 Bài 5.(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình x  m  log  x  m  với m tham số Có giá trị nguyên m � 18;18  để phương trình cho có nghiệm? A B 19 C 17 D 18 x , y Bài 6.Xét số thực dương thỏa mãn �2 � 2  x  y    log �  �  xy   Khi x  y đạt giá trị nhỏ nhất, �x y � x y A B C D x �x  log  2 y (1) � 2 y Bài � �x(2  y )  y   (2) � � y2 �x    x Bài 8.Giải hệ phương trình: � x � ln  x  3  x  20 x  12  ln y  y � 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Đối với học sinh: Trong q trình dạy học tơi ln nhắc nhở học sinh phải nắm phương pháp giải toán, từ hình thành nên hệ thống kĩ Trong toán sử dụng hàm đặc trưng cần nắm vững kiến thức tính đơn điệu hàm số Phải rèn luyện kĩ biến đổi phương trình cách thục muốn sử dụng hàm đặc trưng em phải biến đổi phương trình dạng f  x1   f  x2  với hàm số y  f  x  hàm số đơn điệu Những toán sử dụng hàm đặc trưng đa phần tốn khó, muốn đạt kết cao em cần phải tích cực rèn luyện, hăng say nghiên cứu tìm tịi học hỏi Trong kiểm tra thi thử Tốt Nghiệp Trung Học Phổ Thông Quốc Gia đa số em học lớp dạy giải tốt toán sử dụng hàm đặc trưng đơn giản Một số em giải tốt toán mức độ vận dụng, vận dụng cao Các em có học lực giỏi vận dụng tốt phương pháp để giải tốn khó Thể rõ nét kết thi thử Tốt Nghiệp 19 Trung Học Phổ Thông Quốc Gia nhà trường Sở Giáo dục tổ chức em học sinh lớp 12A3 đạt nhiều điểm giỏi Hơn kì thi học sinh giỏi văn hóa cấp tỉnh trường năm học 2020- 2021 Trong em học sinh dự thi có em giải toán vận dụng cao sử dụng hàm số đặc trưng - Đối với thân: Đã có tích lũy kiến thức phương pháp dạy học Tùy đối tượng học sinh, đối tượng có phương pháp khác Qua có phương pháp giảng dạy đạt hiệu rõ rệt - Đối với đồng nghiệp: Đề tài nguồn tham khảo hữu ích, nội dung, ý tưởng số ý kiến phân tích, lập luận tác giả trình trình bày ví dụ để hồn thiện ý tưởng, giáo án giảng dạy PHẦN KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 3.1 Kết luận: Như vậy, qua nội dung ta nhận thấy đề tài sáng kiến kinh nghiệm hoàn toàn áp dụng vào thực tiễn giảng dạy trường THPT Đối với em học sinh có học lực trung bình, ta nên giới thiệu phương pháp đưa hệ thống tập thật đơn giản để em dễ dàng nhận hàm đặc trưng từ nắm vận dụng phương pháp tốt Đối với em có học lực giỏi, phương pháp giải thường xuất tốn khó Đối với đối tượng học sinh ta nên rèn luyện cho em thành thục kĩ biến đổi phương trình, chuyển từ phương trình phức tạp phương trình sử dụng hàm đặc trưng cách linh hoạt Q trình địi hỏi người giáo viên phải kiên trì, nẫn nại hướng dẫn em Khi em thục kĩ biến đổi em đam mê thích tìm tịi nghiên cứu, khám phá tốn sử dụng hàm đặc trưng Trên số kinh nghiệm thân rút q trình dạy học, mong góp ý đồng nghệp để Sáng Kiến Kinh Nghiệm tơi hồn chỉnh 3.2 Kiến nghị + Kiến nghị với nhà trường: Sau hoàn thành, tác giả muốn sáng kiến kinh nghiệm lưu thư viện nhà trường để đồng nghiệp, học sinh tham khảo học tập + Kiến nghị với Sở Giáo dục Đào tạo: Sau năm, nhiều đề tài sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng cần triển khai rộng rãi để cán giáo viên tham khảo Vì mục Quản lý SKKN Trang điện tử Sở cần có thêm phần tổng hợp tất SKKN để cán giáo viên tải tham khảo Trong khn khổ hạn hẹp đề tài, với lực có hạn thân khơng tránh khỏi thiếu sót, mong góp ý, chia sẻ đồng nghiệp học sinh Tôi xin cam đoan với Hội đồng khoa học nhà trường THPT Hậu Lộc I, Hội đồng khoa học Sở GD&ĐT Thanh Hóa, Sáng kiến kinh nghiệm tơi 20 viết từ kinh nghiệm giảng dạy thân, không chép từ tài liệu Tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm với lời cam đoan Trân trọng cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng 2021 Cam kết không copy Người viết năm Phạm Tiến Hùng 21 ... kĩ sử dụng hàm đặc trưng giải tốn: ? ?Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến mũ logarit” Cụ thể: +Sử dụng hàm đặc trưng giải các tốn giải phương trình, bất phương trình. .. toán sử dụng hàm đặc trưng để giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến mũ logarit 2.3 Giải pháp cách thức thực Để giải tốt tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ. .. trình liên quan đến mũ logarit + Sử dụng hàm đặc trưng giải các tốn hệ phương trình liên quan đến mũ logarit 1.4 Các phương pháp nghiên cứu + Phương pháp nghiên cứu, xây dựng sở lý thuyết + Phương