SKKN KINH NGHIỆM HƯỚNG dẫn học SINH sử DỤNG kỹ THUẬT hàm đặc TRƯNG để GIẢI một số bài TOÁN về mũ và LOGARIT

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: y = f ( x) D Tính chất Nếu hàm số đơn điệu chiều miền tồn f ( u ) = f ( v) ⇔ u = v u, v ∈ D phương trình 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 tốn thường gặp định hướng cách giải - Dạng tốn phương trình mũ, logarit nghiệm ngun, 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 yêu 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 y = f ( x) Tính chất Nếu hàm số đơn điệu chiều miền f ( u ) = f ( v) ⇔ u = v u, v ∈ D phương trình Ta dùng kiến thức để giải toán mục này! D tồn DẠNG 1: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ x + x − y + = log 2y +1 x +1 Ví dụ Cho số thực khơng âm x,y thỏa mãn Tìm x −1 P=e + 4x − y + giá trị nhỏ m biểu thức m = −1 m =e−3 1 m=− m= A D e B C Lời giải Mấu chốt toán phải làm xuất hàm đặc trưng từ rút mối x y liên hệ 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) Xét hàm số f ( t) f ( t ) = log t + t hàm đồng biến trên đoạn ( 0;+∞ ) ( 0;+∞ ) f '( t ) = ta có Vậy phương trình ) = f ( y + 1) ( 1) +1> t ln Do ( 1) ⇔ y + = ( x + 1) P = e x−1 + x − ( x + 1) + ≥ − 2 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 ln 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>0 đồng thời x− y log  ÷= ( x + z ) ( z − x − y )  y−z z2 + y2 P= z + xz + y A Khi GTNN biểu thức bao nhiêu? B 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 = ≥  ÷ z + xz + y x + xz + z t + 4t +  z  P = Từ dẽ dàng tìm Chọn ý A Ví dụ Cho số x, y > thỏa mãn x2 + y2 ≥ đồng thời  − y2  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? A D B C 2 Lời giải Nhìn thấy biểu thức logarit viết dạng phân thức ta nghĩ tới hàm đặc trưng Biến đổi gải thiết ta  − y2  2 x + y − = ln  ⇔ ln ( − y ) + − y = ln ( x + y ) + x + y ⇔ x + y = ÷ x +y  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 x4 x2 x ≥ = ⇒ ≥ 27 x ⇒ ≥ 3 x 2 x y y y ( x2 + y2 + y ) y 27 27 • 16 y 16 y 16 y ≥ ⇒ ≥ 108 y 2 2 2 y ( x + y ) ( x + y ) ( y + x2 + x2 + y + y ) ( x2 + y ) 27 • ⇒ 4y ≥ 3.2 y 2 x +y P ≥ 3 = 27 Cộng vế theo vế ta ( m, n ) Vậy có số thỏa mãn yêu cầu đề Chọn ý D Ví dụ Cho số thực a,b,c thỏa mãn a+b+c log 2 = a ( a − 4) + b ( b − 4) + c ( c − 4) a + b2 + c2 + P= Tìm giá trị lớn biểu a + 2b + 3c a+b+c thức 12 + 30 A B + 30 + 30 + 30 C D Lời giải Một toán phát biểu đơn giản khó Trước tiên biến đổi giả thiết ta a+b+c = 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 + log 2 ⇔ 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 ) a+b+c Điều kiện tương giao mặt phẳng ( ( P) ) d ( I ; ( P ) ) ≤ R I ( 2;2;2 ) , R = 10 ⇔ mặt cầu P − 12 ( C) 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  2 + a ÷   A < a 0, ∀t > ⇒ t ln ( *) ⇔ x + = Do 9 − ( x + 1) ⇔ log ( x + 1) + ( x + 1) = log + ( *) y +1 y +1 y +1 y +1 f ( t) ( 0; +∞ ) hàm số đồng biến 8− y x= = −1 + y +1 y +1 hay 8− y  >0  y +1  ( y + 1) ∈ { −9; −3; −1;1;3;9}  y ∈ ¢+   y = nguyên dương Suy ( x; y ) ∈ { ( 2;2 ) } ( x; y ) Do Vậy có cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Để x; y log ( x + x + ) = y + y − x − x Ví dụ Cho phương trình Hỏi có ( x, y ) , ( < x < 500 ) cặp số nguyên dương thỏa mãn phương trình cho? A B C Lời giải D 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 + 1) = y + y ⇔ log ( x + x + 1) = y 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 ngun y thỏa ( x, y ) mãn yêu cầu đề đồng nghĩa có cặp số thỏa mãn phương trình cho Chọn ý B • Bài tốn tìm điều kiện tham số x −2+ Ví dụ Phương trình phân biệt A T = 36 + ( x3 − x + x + m ) x−2 = x +1 + m −3 x m ∈ ( a; b ) B đặt T = b2 − a T = 48 C có nghiệm T = 64 D T = 72 THPT Trần Nhân Tông – Quảng Ninh lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương Xét hàm số f ( t ) = 2t + t liên tục đồng biến ⇔ m = − x + x − x3 x − 2+ m −3 x + ( x − x + x + m ) x −2 = x+1 + ⇔2 m −3 x + ( x − ) + + m − x = 23 + 2 − x ⇔2 m −3 x + m − 3x = 22− x + ( − x ) ( 1) ¡ ¡ có f ′ ( t ) = 2t.ln + 3t > 0, ∀t ∈ ¡ Do từ ( 1) suy m − 3x = ( − x ) nên hàm số Xét hàm số f ( x ) = − x3 + x − x + x = f ′( x ) = ⇔  x =1 ¡ có f ′ ( x ) = −3x + 12 x − Lập bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm phân biệt Suy ; a = 4; b = ⇒ T = b − a = 48 4 Phương trình ban đầu tương đương  x + mx +  log  ÷+ x + mx + = x +  ÷ x+2   ⇔ log 2 x + mx + + x + mx + = log ( x + ) + x + ⇔ f ( ) x + mx + = f ( x + ) ( 1) Xét hàm số ⇒ f ( t) Từ f ( t ) = log t + t đồng biến với ( 0;+∞ ) t ∈ ( 0; +∞ ) ( 1) nên f ′( t ) = có +1> ∀t ∈ ( 0; +∞ ) t ln , ⇔ x + mx + = x +  x > −2  x > −2 ⇔   2  x + ( m − ) x − = ( ) 2 x + mx + = ( x + ) ( 2) Để có hai nghiệm thực phân biệt −2 x1 x2 có hai nghiệm phân biệt , lớn ∆ = ( m − ) + 12 > m ∈ ¡ m ∈ ¡    ⇔ ( x1 + ) + ( x2 + ) > ⇔  x + x + > ⇔ 4 − m + >  x x + x + x + > −3 + − m + > ( 2) ( ) ( x1 + ) ( x2 + ) >   m <  ⇔ ⇔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 A    0; ln ÷   B    −∞; ln    C  1  0; ÷  e D 1   ln 2; +∞ ÷ Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Ninh lần năm học 2017 – 2018 Lời giải −1 ≤ t ≤ t = x + 1− x ⇒  2 t − = x − x Đặt ⇔ e3 m + e m = t + t Khi e3m + e m = t ( t + 1) f ( u ) = u + u ⇒ f ′ ( u ) = 3u + Xét hàm e3m + e m = t + t ⇔ e m = t Hàm số ln đồng biến ⇒ Phương trình có nghiệm e m ≤ ⇔ m ≤ ln 2 Chọn ý B m Ví dụ Có giá trị nguyên tham số e x+ y +1 − e3 x +2 y = x + y − mãn điều kiện , đồng thời log 22 ( x + y − 1) − ( m + ) log x + m + = A B C để tồn cặp số D ( x; y ) thỏa Sở Giáo dục đào tạo Bà Rịa Vũng Tàu đề năm 2017 – 2018 Lời giải e2 x+ y +1 − e3 x+ y = x + y − Biến đổi giả thiết ta có ⇔ e x+ y +1 + ( x + y + 1) = e3 x+ y + ( x + y ) Xét hàm số ¡ f ( t ) = et + t Do phương trình có dạng ⇔ y =1− x ¡ Ta có f ′ ( t ) = et + > nên hàm số đồng biến f ( x + y + 1) = f ( 3x + y ) ⇔ x + y + = x + y Thế vào phương trình cịn lại ta Đặt t = log x , phương trình có dạng log 22 x − ( m + ) log x + m + = t − ( m + ) t + m2 + = ∆ ≥ ⇔ −3m + 8m ≥ Để phương trình có nghiệm Do có số nguyên m ⇔0≤m≤ thỏa mãn Chọn ý A Ví dụ Tìm tất giá trị thực tham số ln ( m + ln ( m + x ) ) = x có nhiều nghiệm A m≥0 B m >1 C m để phương trình m e− m − m ln ( m + x ) = y ey − m = x Đặt ta x ln ( m + y ) = x ⇔ e − m = y Ta có hệ Thay vào ( 1) ta x e − m = y ⇒ ex − e y = y − x ⇒ ex + x = e y + y  y e − m = x f ( t ) = et + t Do hàm số ⇔ ex − x = m đồng biến ¡ nên suy x = y ⇒ x = ln ( x + m ) g ( x ) = ex − x g′( x ) = ex − g′( x ) = ⇔ x = Xét hàm số ; ; Vẽ bảng biến thiên cho hàm m >1 nghiệm g ( x) ta suy phương trình có nhiều hai Chọn ý B Ví dụ Có số nguyên m để phương trình 3x + 3x + m + log = x2 − 5x + − m 2x − x + A có hai nghiệm phân biệt lớn B Vô số C D THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai lần năm học 2017 – 2018 Lời giải Điều kiện x + 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 ∀t ∈ ( 0; +∞ ) f ( t ) = t + log t ( 0;+∞ ) f ′( t ) = + , ta có Do hàm số f ( t) đồng biến ( 0;+∞ ) >0 t.ln , ( 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 ) = x − 5x Xét hàm số ¡ g′( x ) = 2x − = ⇔ x = , ta có ( 2) Vẽ bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt lớn 25 21 − < m − < − ⇔ − < m < −3 m∈¢ 4 Do nên m ∈ { −5; −4} Chọn ý C Câu 30 Tìm tập hợp 2( S x −1) tất giá trị tham số log ( x − x + 3) = x−m m để phương trình log ( x − m + ) có ba nghiệm phân biệt A 1  S =  ;1;  2 2 B 3 1 S =  ; −1;  2 2 C  3 S = − ;1;   2 D 3 1 S =  ;1; −  2 2 THPT Chu Văn An – Hà Nội năm học 2017 – 2018 Lời giải f ( t ) = log ( t + ) f ′ ( t ) = 2t.ln 2.log ( t + ) + 2t t Xét hàm số ∀t ≥ ⇒ f ( t) đồng biến [ 0;+∞ ) , >0 ( t + ) ln , Biến đổi giả thiết tương đương 2( x −1) ⇔ 2( log ( x − x + 3) = x −1) log ( ( x − 1) x−m ) log ( x − m + ) +2 =2 x −m log ( x − m + ) ⇔ f ( x − 1)  = f  x − m  ⇔ ( x − 1) = x − m ( 1)   Khi Khi • x≥m x 0, ∀t ≥ t x −m + đồng biến f ( x + x + 3) = f ( x − m + ) ⇔ x + x + = x − m +  x = − − 2m ( 1) ⇔ x + 2x + = x − m ⇔   x + x = −1 + 2m ( ) Điều kiện cần để phương trình có nghiệm • • • Trường hợp Trường hợp ( 1) ( 2) ⇒m= có nghiệm kép ⇒m= −1 −3 thử lại ta thấy thỏa mãn có nghiệm kép thử lại ta thấy thỏa mãn ( 1) ( 2) ( 1) ⇒x=m Trường hợp có nghiệm chung Thế vào ta có m = −1 Ta có −1 −3 + + ( −1) = −3 2 Câu 44 Tìm giá trị có nghiệm ≤m≤ A m B sin x + cos x − m +5 để phương trình = log sin x+ cos x +10 ( m + 5) C − ≤m≤5 − ≤ m ≤ + D −5 ≤ m ≤ 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 x+10 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 ) = ln ( t ) , ∀t ≥ t Xét ( Vậy hàm số f ( t) ( , ta có f ′ ( t ) = 3t + ln ( t ) 3t ln ( 3) > 0, ∀t ≥ 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 ta phải có − ≤ sin x + cos x ≤ , nên để phương trình có nghiệm 5− ≤ 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...2 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: y = f ( x) D Tính chất Nếu hàm số đơn điệu chiều miền tồn... ∈  0; ÷ y= y 2  4 2 ; Suy DẠNG 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT • Bài tốn liên quan đến nghiệm ngun phương trình mũ logarit Ví dụ Có số nguyên nguyên 89 A y thỏa mãn x cho