(SKKN 2022) hướng dẫn học sinh giải nhanh bài toán giá trị nguyên có giả thiết mũ và logarit

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI NHANH BÀI TỐN
GIÁ TRỊ NGUN CĨ GIẢ THIẾT MŨ VÀ LOGARIT

Người thực hiện: Lê Văn Lâm
Chức vụ: Giáo viên
SKKN mơn: Tốn

THANH HÓA NĂM 2022


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU

Trang
01

1.1. Lí do chọn đề tài

01

1.2. Mục đích nghiên cứu

01

1.3. Đối tượng nghiên cứu

02

1.4. Phương pháp nghiên cứu

02

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

03
03
04
05

2.3.1 Mục tiêu của giải pháp

05

2.3.2 Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp

05

2. 3.2.1GP1: Hướng dẫn học sinh kĩ thuật chuyển bất phương
trình về phương trình.
2.3.2.2 GP2: Hướng dẫn học sinh giải nhanh bài toán chứa tham
số
2.3.2.3 GP3: Hướng dẫn học sinh chuyển dạng câu hỏi

2.3.2.4 GP4: Hướng dẫn học sinh đánh giá theo biến
2.3.2.5GP5: Hướng dẫn học sinh xử lí các bài tốn nhiều biến
ngun
2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
3. KẾT LUẬN
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị

17
18
18
18

1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

1


Bài tốn giá trị ngun có giả thiết mũ, logarit là bài toán toán thường
xuyên xuất hiện trong các đề thi Tốt nghiệp Trung học phổ thông những năm
gần đây và đều là các câu ở mức độ vận dụng , vận dụng cao. Điều đó gây khó
khăn cho học sinh khi xử lí dạng tốn này. Việc giải dạng tốn này cũng rất đa
dạng và phong phú, ngồi việc phân loại theo các dạng toán cơ bản đặc trưng
chúng ta cũng có thể phân loại theo phương pháp giải toán. Do sự đa dạng về
dạng toán, phương pháp giải cũng như mật độ xuất hiện dày đặc trong các đề thi
nên học sinh có một khối lượng lớn các kiến thức và bài tập thực hành khổng lồ.
Vì vậy, nếu khơng có chiến lược trong cách học phần kiến thức này học sinh rất
dễ sa vào việc chỉ lo giải bài tập tốn mà khơng có những định hướng tư duy

phương pháp.
Giải bài tập Toán là phần rất quan trọng, khơng thể thiếu trong mơn Tốn ,
làm bài tập không những giúp học sinh củng cố khắc sâu thêm kiến thức mà
đồng thời còn rèn luyện khả tư duy của cho học sinh. Bài tốn giá trị ngun có
giả thiết mũ và logarit là một bài tốn khó, xuất hiện nhiều trong các đề thi. Tuy
nhiên các nội dung lí thuyết phần này trong hệ thống SGK phổ thơng được trình
bày khá đơn giản và chưa có hướng xử lí nhanh cho thi trắc nghiệm khách quan
(TNKQ). Điều này gây khó khăn rất nhiều cho việc tiếp thu kiến thức, hình
thành dạng tốn và phương pháp giải tốn cho học sinh.
Vì vậy, thực tế yêu cầu phải trang bị cho học sinh một hệ thống các phương
pháp suy luận giải toán, các kĩ năng thực hành giải nhanh bài tốn giá trị
ngun có giả thiết mũ và logari. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm
này tơi muốn nêu ra một cách xây dựng các định hướng “giải nhanh bài tốn
giá trị ngun có giả thiết mũ và logarit” theo hướng TNKQ.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
2


Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi sẽ chỉ ra nội dung, phương pháp đã trang bị
cho học sinh để giải bài tốn giá trị ngun có giả thiết mũ và logarit cũng như
các kĩ năng giải nhanh câu hỏi TNKQ. Đó là: “ Hướng dẫn học sinh giải
nhanh bài tốn giá trị ngun có giả thiết mũ và logarit ”. Từ đó đề ra các giải
pháp nhằm nâng cao hiệu quả giải toán của học sinh trường THPT Hoằng Hóa 3.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Các phương pháp giải bài tốn phương trình , bất phương trình mũ và logarit có
liên quan đến giá trị nguyên.
Các kĩ thuật giải nhanh phương trình , bất phương trình mũ và logarit có liên
quan đến giá trị nguyên.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Phương pháp dạy học theo hướng giải quyết vấn đề

Nghiên cứu tư liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm
Phương pháp quan sát thực tế: quan sát tư duy và giải toán của học sinh
Phương pháp hỏi đáp: trao đổi trực tiếp với giáo viên, học sinh về những vấn đề
liên quan đến nội dung đề tài
Phương pháp thống kê, phân tích số liệu

3


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.1. Kiến thức cơ bản về phương trình, bất phương trình mũ – logarit
- Dạng phương trình, bất phương trình cơ bản
x
+) a  b  a  0, a  1 .
+) log a x  b  a  0, a  1 .
x
x
x
x
+) a  b ( hoặc a  b, a  b, a  b ) với a  0, a  1 .
+) log a x  b (hoặc log a x  b,log a x  b,log a x  b ) với a  0, a  1 . [1]
- Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ – logarit
+) Phương pháp đưa về cùng cơ số
a x  a k  x  k và log a x  log a k  x  k  k  0 
+) Phương pháp đặt ẩn phụ
x
Ẩn phụ t  a hoặc t  log a x
+) Phương pháp mũ hóa hoặc logarit hóa
+) Phương pháp đánh giá

+) Phương pháp hàm số
Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số dạng hàm hoặc hàm đặc trưng.
- Tư duy về phương trình, bất phương trình có chứa tham số
+) Phương pháp 1: Phương pháp cô lập tham số
+) Phương pháp 2: Xây dựng các điều kiện tương ứng cho bài toán.
+) Phương pháp3: Sử dụng đồ thị.
2.1.2. Mối quan hệ giữa phương trình và bất phương trình.
Định lí (*): “Hàm số f(x) liên tục trên  x1; x2  và phương trình f(x) = 0 vơ
nghiệm trên  x1; x2  . Khi đó f(x) khơng đổi dấu trên

Chứng minh:

4

 x1; x2 

”.


Giả sử f(x) đổi dấu trên

 x1; x2  suy

ra tồn tại a, b   x1; x2  , a  b mà

f (a) f (b)  0 . Do f(x) liên tục trên  a; b  nên f(x) = 0 có nghiệm trên (a; b):
Trái giả thiết. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét:
Như vậy, nếu biểu thức f(x) liên tục trên khoảng 2 nghiệm liên tiếp x1  x2 thì
f(x) khơng đổi dấu trên  x1; x2  . Do đó để xét dấu f(x) trên  x1; x2  ta chỉ cần thử

một giá trị cụ thể trên  x1; x2  . Khi đó việc xét dấu f(x) trên tập xác định được
quy về giải phương trình f(x) = 0 trên tập xác định.Từ đó ta giải được bất
phương trình liên quan đến xét dấu của f(x).
Trong trang này: Mục 2.1.1 tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK [1]. Mục 2.1.2 tác giả
tự viết và tổng hợp.

2.1.3. Giá trị nguyên trong bài tốn có giả thiết mũ và logarit
Trong thực tế giải tốn giá trị ngun có giả thiết mũ và lgarit, thường xuất hiện
các câu hỏi cơ bản sau:
- D1: Câu hỏi về giá trị nguyên của tham số trong phương trình, bất phương
trình mũ và logarit.
-D2: Câu hỏi về giá trị nguyên của tập nghiệm bất phương trình mũ và logarit.
- D3: Câu hỏi về giá trị nguyên của biến thứ nhất để tồn tại điều kiện cho biến
thứ hai thỏa mãn phương trình, bất phương trình mũ và logarit.
- D4: Câu hỏi về cặp giá trị nguyên thỏa mãn phương trình, bất phương trình
mũ và logarit.
- D5: Câu hỏi về giải bài toán nghiệm nguyên thỏa mãn phương trình, bất
phương trình mũ và logarit bằng phương pháp đánh giá.
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM
2.2.1.Thuận lợi:
Nội dung phương trình, bất phương trình mũ và logarit được học sinh tiếp
cận ở chương 2- Giải tích 12 nên việc giải bài tốn giá trị nguyên có giả thiết mũ
và logarit như một sự tiếp nối tự nhiên trong tư duy. Điều này thuận lợi cho học
sinh trong quá trình tiếp thu hệ thống kiến thức và giải tốn.
Bài tốn giá trị ngun có giả thiết mũ và logarit xuất hiện nhiều trong các
đề thi TN THPT Quốc Gia nên học sinh được làm quen với một khối lượng lớn
các bài tập đặc sắc, phong phú, đa dạng về nội dung cũng như dạng toán.
2.2.2. Khó khăn:
5

Do đây là một nội dung khó, có nhiều câu xuất hiện trong các đề thi với tư
cách là câu phân loại khó nên đa số các bài tốn để giải nó là rất khó khăn. Vì
vậy gây cho học sinh một thói quen rằng: bài tốn rất khó và khơng có động lực
để vượt qua.
Do sự đa dạng về nội dung, phương pháp cũng như mức độ khó, khối lượng
bài tập khổng lồ làm cho nhiều học sinh “loạn kiến thức” , không thể phân biệt
được các dạng bài tập và không vận dụng được phương pháp giải bài tốn.
Đa số học sinh giải tốn theo thói quen, mị mẫm để giải toán chứ chưa thực
sự chú trọng đến tư duy phương pháp, tư duy giải nhanh. Do đó hiệu quả học và
giải tốn chưa cao.
Việc thi TNKQ địi hỏi học sinh tư duy nhanh, giải toán nhanh, kĩ năng
nhanh nên nhiều học sinh chưa đáp ứng được
Trong trang này: Mục 2.1.3 tác giả tự viết và tổng hợp. Mục 2.2 tác giả tự viết.

2.3. CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2.3.1.Mục tiêu của giải pháp
Đưa ra được nội dung phương pháp giải toán , các dấu hiệu nhận biết và
phương pháp giải nhanh tương ứng để giải câu hỏi trắc nghiệm khách quan
(TNKQ) về bài tốn giá trị ngun có giả thiết mũ và logarit.
2. 3.2. Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp
2.3.2.1 GP1: Kĩ thuật “chuyển bất phương trình về phương trình”.
Việc giải phương trình f  x   0 thường đơn giản hơn việc giải các bất phương

trình tương ứng: f  x   0, f  x   0, f  x   0, f  x   0 . Nhờ định lí (*), chúng
ta chuyển bài tốn giải bpt về giải phương trình tương ứng và kết hợp Máy tính
cầm tay để hỗ trợ giải tốn.

x

Ví dụ 1. Bất phương trình

3



 3x  2  2 x

2

1



 8  log 3  2 x  1  2   0

có bao

 1

  ;2022 
 ?.
nhiêu nghiệm nguyên trong khoảng  2
A. 2018 .
B. 2020 .
C. 2021 .
D. 2019 . [4]
Tư duy: Bài tốn này nếu giải trực tiếp bpt thì phải xét các trường hợp và việc
giải lấy tập nghiệm cũng gặp khó khăn. Dùng kĩ thuật “chuyển bất phương
trình về phương trình”, việc giải tốn nhẹ nhàng và dễ tiếp cận hơn.

Lời giải
 1

D    ;  
 2

Bước1: Tập xác định bpt:
Xét



f  x    x 3  3x  2  2 x

2

1



 8  log 3  2 x  1  2 

Bước 2: Giải phương trình: f  x   0 .
6

,


 x 3  3x  2  0
 2
f  x   0   2 x 1  8  0

 x   1; 2;2;4 .
log 2 x  1  2  0

 3 
 1

D    ;  
 2

Bước 3: Lập bảng xét dấu của f ( x) trên

Căn cứ bảng xét dấu và giả thiết ta có x  0 và x  5;2021. Chọn đáp án A
Nhận xét
Đây là một kĩ thuật giải toán nhanh bpt, rất phù hợp với thi TNKQ. Qua kĩ thuật
này, thực sự học sinh thấy được mối quan hệ biện chứng giữa pt và bpt.
Trong trang này:Ví dụ 1 được tham khảo từ TLTK số [4], lời giải là “của” tác giả.

2
của m để bất phương trình

Ví dụ 2. Số giá trị ngun
có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên là:
A. 32 .
B. 33 .
C. 62 .

x2



 2  2x  m  0

D. 61 . [2]

Tư duy: Đây là bất phương trình mũ chứa tham số và cần biện luận số phần tử
nghiệm ngun của tập nghiệm. Do đó, cần tìm tập nghiệm của bất phương trình
và xây dựng điều kiện cho tham số.
Lời giải
3
2 x2  2  2 x  m   0  2 x2  2  0  x  
m  0 , ta có
2
+ Với
Khi đó bpt có nhiều hơn 6 nghiệm nguyên nên m  0 khơng thỏa mãn bài tốn.
3

 2 x2  2  0
x
x 2
x

2  2  2  m  0   x

2

2

m

0


 x  log 2 m
+ Với m  1 , ta có





Bảng xét dấu của









f ( x)  2 x2  2  2x  m 

trên ¡

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên

 log 2 m  5  m  25  m  32
m   1;2;3;....32 .
Mà m nguyên dương nên
7

Vậy có 32 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn. Do đó chọn đáp án A
Nhận xét
Trong thực tế giảng dạy, học sinh có thể xét các trường hợp và giải toán. Tuy
nhiên học sinh nhận thấy rằng việc xét dấu vẫn hiệu quả và đơn giản hơn.
2. 3.2.2 GP2: Hướng dẫn học sinh giải nhanh bài toán chứa tham số.
Trong bài toán chứa tham số, câu hỏi thường đặt ra là đếm số giá trị
nguyên của tham số. Trong trường hợp này cần hướng dẫn học sinh giải toán
rồi đếm số giá trị nguyên của tham số. Một số bài tốn có thể xét riêng, chia
trường hợp theo biến nguyên của tham số để đơn giản hóa bài tốn.
Ví dụ 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2
2
2
2sin x  3cos x  m.3sin x có nghiệm ?.
7
B. 4 .
C. 5 .
D. 6 . [4]
A. .
Tư duy: Đây là phương trình mũ chứa tham số và giá trị nguyên cần đếm là
tham số m .Do đó, cần tìm điều kiện để phương trình có nghiệm rồi đếm số giá
trị ngun của tham số.
Trong trang này:Ví dụ 2 được tham khảo từ TLTK số [2], lời giải là “của” tác giả.

Lời giải
2
2
2
2
2

sin 2 x
 3cos x  m.3sin x  2sin x  31sin x  m.3sin x .
Ta có: 2
2
Đặt t  sin x , với t   0;1 .
t

1t

2 3
t

2
 m.3     312t  m
3
.
t

Phương trình đã cho trở thành:
t
2
f  t      31 2t
3
Xét hàm số
trên  0;1 .
t
2
2

f   t     .ln  2.312t.ln 3  0, t   0;1 .

3
3
Ta có

Dp đó hàm f  t  nghịc biến trên  0;1 nên f  1  f  t   f  0  , t   0;1 .
Suy ra 1  m  4 .Khi đó có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.
Do đó chọn đáp án B
Nhận xét
Đây là bài tốn cơ bản về phương trình mũ chứa tham số, việc đếm giá trị
nguyên của tham số nhằm khắc phục việc học sinh thử đáp án trắc nghiệm nếu
câu hỏi cho đáp án cụ thể.
Ví dụ 4. Có bao nhiêu m ngun m   2021;2021 để phương trình
6 x  2m  log 6  18  x  1  12m 
có nghiệm?.
A. 211 .
B. 2020 .
C. 2023 .
D. 212 . [4]
3

8


Tư duy: Đây là phương trình phối hợp mũ, logarit chứa tham số và giá trị
nguyên cần đếm là tham số m .Do đó, cần tìm điều kiện để phương trình có
nghiệm rồi đếm số giá trị ngun của tham số.
Lời giải
6 x  2m  log 6  18  x  1  12m   6 x  2m  3log 6 6  3 x  2 m  3 
Ta có:
 6 x  2m  3 1  log 6  3 x  2m  3    6 x  3log 6  3 x  2m  3   2m  3,  *

3

y
Đặt y  log 6  3x  2m  3  6  3x  2m  3,  1
x
Mặt khác, PT(*) trở thành: 6  3 y  2m  3,  2 

y
x
x
y
Từ (1) và(2), ta có: 6  6  3 x  3 y  6  3x  6  3 y  3
t
t
Hàm số f  t   6  3t đồng biến trên ¡ , vì f '  t   6 ln 6  3  0, t  ¡ .

Do đó: (3)  f  x   f  y   x  y.
x
x
Thay y  x vào PT (1), ta được 6  3 x  2m  3  6  3x  2m  3 .

 3 
, g '  x   0  x  log 6 

 ln 6 
Hàm số g  x   6  3 x trên ¡ , g '  x   6 ln 6  3
x
Từ bảng biến thiên hàm số g  x   6  3 x trên ¡ , ta có:
x

x

Trong trang này:Ví dụ 3, Ví dụ 4 được tham khảo từ TLTK số [4]; lời giải là “của” tác giả.

3 

 2m  3  g  log 6
  0,81  m  1,095
ln
6


PT đã cho có nghiệm
Vậy có 2023 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu. Do đó chọn đáp án C
Nhận xét
Bài toán này trong thực tế cũng gây khó khăn cho học sinh vì có sự phối hợp mũ
logarit kết hợp tham số, đòi hỏi nhiều kĩ năng về tư duy hàm số để làm đơn giản
phương trình trước khi sử dụng phương pháp cô lập tham số giải toán.

 4log

2
2

x  log 2 x  5  7 x  m  0

Ví dụ 5. Cho phương trình
( m là tham số
thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho
có đúng hai nghiệm phân biệt

A. 49 .
B. 47 .
C. 48 .
D. Vơ số. [3]
Tư duy: Bài tốn này có dạng phương trình tích phối hợp mũ, logarit có chứa
tham số. Ở bài toán này cần biện luận để tập nghiệm phương trình có đúng hai
phần tử.
Lời giải
x  0

x  log 7 m
Điều kiện: 
Vì m nguyên dương nên ta xét m  1.
+ Với m  1 , điều kiện phương trình là x  0 .
4log 22 x  log 2 x  5  7 x  1  0

Phương trình trở thành
9


x  2
 log 2 x  1


5
 4log 22 x  log 2 x  5  0

5

 x

  log 2 x    x  2 4

4

 7  1  0
x  0
x  0


.
Phương trình có đúng hai nghiệm nên m  1 thỏa mãn.
+ Với m  2 , điều kiện phương trình là x  log 7 m

x  2
log 2 x  1


5
 4log 22 x  log 2 x  5  0
5

 x
 log 2 x    x  2 4

4

7  m  0
 x  log 7 m
 x  log m
7



Pt


5
4

Yêu cầu bài toán  2  log 7 m  2 . Kết hợp m nguyên dương, m  2 ta được
m   3;4;5;...;48 . Khi đó có tất cả 47 giá trị của m .
Do đó chọn đáp án B
Nhận xét
Đây là câu 44, đề minh họa Bộ Giáo dục năm 2019. Bài toán này trong thực tế
giảng dạy, một số học sinh gặp khó khăn khi xử lí các điều kiện xác định của
bài tốn.
Trong trang này: Ví dụ 5 được tham khảo từ TLTK số [3]; lời giải là “của” tác giả.

2.3.2.3 GP2: Hướng dẫn học sinh chuyển dạng câu hỏi .
Một số bài toán khi thay đổi cách hỏi sẽ gây khó khăn cho học sinh. Vì vậy khi
hướng dẫn học sinh giải toán cần tạo cho học sinh kĩ năng chuyển dạng câu
hỏi, “quy lạ về quen” để học sinh vừa hiểu bản chất, vừa tự tin khi giải tốn.
Ví dụ 6. Có bao nhiêu số ngun dương y sao cho tồn tại số thực x   1;6  thỏa
4  x  1 e x  y  e x  xy  2 x 2  3

mãn
A. 18 .

B. 15 .

?

C. 16 .

D. 17 .

[3]
Tư duy: Bài tốn này có thể phát biểu thành bài tốn quen thuộc như sau: Có
bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số y để phương trình
4  x  1 e x  y  e x  xy  2 x 2  3
có nghiệm thực x   1;6  ?.
Lời giải

f  x   4  x  1 e x  y  e x  xy  2 x 2  3
Xét hàm số
trên  1;6  .
f   x   4 xe x  y  e x  y  4 x   4 xe x  ye x  y 2  4 xy
Ta có
x
  4x  y  ex  y  4x  y    4x  y   ex  y 
với e  y  0
y
f  x   0  x 
4.
Khi đó:
10


y
  1;6   y   4;24 
4

+ Trường hợp 1:
Bảng biến thiên hàm số f  x  trên  1;6 

Ta có: f  1  y  5  e  y   0 y   4;24  . Yêu cầu bài toán tương đương với
f  6   0  6 y 2   75  e6  y  20e6  0  73,13  y  18,39
.
Khi đó y   5;6;7;K ;18 .Vậy có 14 giá trị nguyên dương y thỏa mãn.

y
 1  y  4.
+ Trường hợp 2: 4
.
Bảng biến thiên hàm số f  x  trên  1;6 

Trong trang này: Ví dụ 6 được tham khảo từ TLTK số [3]; lời giải là “của” tác giả.
2
 f  1  0
 y   6  e  y  0


 y  3,3
f
6

0
0

y

18,39







Yêu cầu bài toán
.
Suy ra y  4 thỏa mãn.
y
 6  y  24.
4
+ Trường hợp 3:
.
Bảng biến thiên hàm số f  x  trên  1;6 

 f  6   0  y  18,39


f
1

0


0
u cầu bài tốn
Do đó khơng tồn tại giá trị nguyên dương y thỏa mãn.
11

Kết hợp ta có 15 số nguyên dương y thỏa mãn . Do đó chọn đáp án B
Nhận xét
Đây là câu 44, đề chính thức lần 2 của Bộ Giáo dục năm 2021. Bài toán khi
chuyển dạng câu hỏi sẽ trở thành bài toán quen thuộc mà học sinh sẽ tự tin trong
giải tốn.Việc khơng cơ lập được tham số y dẫn đến việc khảo sát hàm biến x
như một suy luận tự nhiên trong giải tốn.
Ví dụ 7. Có bao nhiêu số nguyên y   20;20  thỏa mãn

2  log

 3x

2

 1  log

 yx

2

 6x  2 y 

với mọi x  ¡ ?
A. 9 .
B. 11 .
C. 10 .
D. 8 . [2]
Tư duy: Bài toán này có thể phát biểu thành bài tốn quen thuộc như sau: Có

bao nhiêu giá trị nguyên của tham số y   20;20  để bất phương trình

2  log

3

 3x

3

2

 1  log

3

 yx

3

2

 6x  2 y 

có nghiệm mọi x  ¡ ?

Lời giải
2
Bất phương trình xác định trên ¡  yx  6 x  2 y  0, x  ¡
y  0

3 2

 y
2
2
 '  9  2 y  0
.

Ta có:

Bpt  log

 3 3x  1   log  yx
2

3

3

2

 6x  2 y 

 3  3 x 2  1  yx 2  6 x  2 y   y  9  x 2  6 x  2 y  3  0

y  9

6 x  15  0 x  ¡ hoặc

y  9


9   y  9   2 y  3  0

Trong trang này: Ví dụ 7 được tham khảo từ TLTK số [2]; lời giải là “của” tác giả.

y  9
21  3 33

 y
2
4
2 y  21y  18  0
Kết hợp với giả thiết ta được 10 số nguyên y thỏa mãn. Chọn đáp án C
Nhận xét
Bài toán khi chuyển dạng câu hỏi sẽ trở thành bài toán quen thuộc và học sinh
sẽ chuyển về bài tốn dạng tam thức bậc hai khơng đổi dấu trên ¡
Ví dụ 8. Có bao nhiêu số nguyên x   2021;2021 để ứng với mỗi x có tối
4
thiểu 64 số nguyên y thoả mãn log 3 x  y  log 2  x  y  ?
A. 3990.
B. 3992.
C. 3988.
D. 3989. [2]
Tư duy: Bài toán này có thể phát biểu thành bài tốn quen thuộc như sau: Có
bao nhiêu giá trị nguyên của tham số x   2021;2021 để bất phương trình

log 3 x 4  y  log 2  x  y 

có ít nhất 64 nghiệm ngun y ?

Lời giải
12


4
Bất phương trình: log 3 x  y  log 2  x  y   f  y   0
 x4  y  0
 y  x

4
x

y

0
Điều kiện: 
( vì x ¢ nên  x   x )
4
Xét hàm số f  y   log 3 x  y  log 2  x  y  trên   x;  
1
1
f ' y  

 0, y   x.
2  x 4  y  ln 3  x  y  ln 2
Ta có
Suy ra hàm số f  y  nghịc biến trên   x;  

Khi đó: Bpt f  y   0 có ít nhất 64 nghiệm nguyên y trên   x;  
1

 f   x  64   0  log 3  x 4  64  x   log 2 64  0
2
 x  27
x 4  x  64  312  
 x  27 (do x ¢ ).

Kết hợp giả thiết, ta được 3990 số nguyên x thoả mãn. Do đó chọn đáp án A
Nhận xét
Lời giải của bài toán này trong đề thi là dùng phép ẩn phụ t  x  y  1 và khảo
sát hàm biến t. Tuy nhiên khi chuyển dạng câu hỏi đưa về bài toán quen thuộc
thì việc khảo sát hàm f  y  trên   x;   là đơn giản và dễ hiểu hơn.

y trong đoạn  2021;2021 thỏa mãn
Ví dụ 9. Có bao nhiêu số nguyên

 10 x 

log x
10

11
log x
10

với mọi x thuộc  1;100  .
A. 2021 .
B. 4026 .
C. 2013 .
D. 4036 . [4]
Tư duy: Bài toán này có thể phát biểu thành bài tốn quen thuộc như sau : Có

bao nhiêu số nguyên y trong đoạn  2021;2021 sao cho bất phương trình
y

 10

Trong trang này: Ví dụ 8 được tham khảo từ TLTK số [2]; lời giải là “của” tác giả.

 10 x 

y

log x
10

 10

11
log x
10

đúng với mọi x thuộc  1;100  .

Lời giải
Ta có:

 10 x 

y

log x

10

 10

11
log x
10

log x 
11

y
log  10 x   log x
10 
10

log x 
11

y
 1  log x   log x
10 
10


Đặt log x  t . Ta có x   1;100   log x   0;2   t   0;2  .
Bất phương trình  1 trở thành:
13

 1 .

2
t 
11
t 2  10t  t  10t  y

 y   t  1  t  2   y  t  1 
10  t  1
10 
10
10


 2

.

t  10t
8
f  t 
, t   0;2 
10  t  1
0;2
15
Mà:
với
đồng biến trên khoảng  
8
 f  t   y, t   0;2    y

2
t

0;2
 
15
.Bpt   đúng với mọi
.
y
Kết hợp giả thiết, ta được 2021 giá trị nguyên của . Do đó chọn đáp án A
Nhận xét
Lời giải của bài tốn này có sử dụng phép ẩn phụ t  log x và khảo sát hàm
biến t đơn giản hơn.
2.3.2.4 GP3: Hướng dẫn học sinh đánh giá theo biến.
Trong bài toán biến nguyên, trong một số trường hợp, để giải toán cần phải
đánh giá cho các biến để làm đơn giản bài toán. Đây là một kĩ năng cần hình
thành cho học sinh nhằm khai thác “yếu tố rời rạc của biến nguyên”, qua đó
làm đơn giản bài toán, tăng tốc độ giải nhanh toán trắc nghiệm.
Ví dụ 10. Có bao nhiêu số ngun x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn
log 3  x  y   log 4  x 2  2 y 2 
A. 3 .
B. 2 .
C. Vơ số.
D. 1 . [2]
Tư duy: Phương trình log a f  x   logb g  x  có thể giải được bằng phép đổi
2

0  f  t 

biến t  log a f  x  .

Lời giải

x  y  0
 2
2
x

2
y
 0.

Điều kiện

 x  y  3t
 2
2
2
2
t
log
x

2
y

t


log

x

y

t
x

2
y

4


4

3

Đặt
, suy ra
. Ta có hệ:
2
1
3
3 1
2
 x  y   1   x 2  2 y 2    3t   .4t  t  log 9 
2
2.
 2
4 2

Mà:
Trong trang này: Ví dụ 9 được tham khảo từ TLTK số [4]; lời giải là “của” tác giả.
1
2

Mặt khác x  4  4  2   2  x  2 . Vì x ¢ nên x   1;0;1 .
 y  1  3t
 2
t
t 2
t

4

1

1

3

  9t  2.3t  2  4t  0  *
y

4

1

+ Với x  1 , ta có 
2

t

t
t
t
Vì 2  4  0, t  0; 9  4  0, t  0 nên phương trình  * vô nghiệm
 y  3t
 9 t  4t  t  0  y  1
 2
t
+ Với x  0 , ta có  y  4
(thỏa mãn).

14


 y  3t  1
 2
t
x

1
+ Với
, ta có  y  4  1 có nghiệm t  0  y  0 (thỏa mãn)
Vậy có 2 giá trị nguyên của x thỏa mãn là x  0 và x  1 . Do đó chọn đáp án B
Nhận xét
Bài tốn này có thể phát biểu thành bài toán quen thuộc và giải như GP2.3.
Tuy nhiên việc đánh giá dấu đạo hàm hàm f  y  trên   x;   là khó khăn.
Ví dụ 11. Có bao nhiêu số nguyên y nằm trong khoảng  2021;    sao cho
với mỗi giá trị của y tồn tại nhiều hơn hai số thực x thỏa mãn

2
x 2  y   x 2  x  .2020 x  y   2 x 2  x  y  .2020 x x
?
2020
2019
2021
A.
.
B.
.
C.
.
D. 2022 . [2]
2
2
Tư duy: Bài toán này biến đổi theo hai biến trung gian u  x  y; v  x  x
nhưng không đưa về hàm đặc trưng mà đưa về dạng nhân tử để đánh giá.
Lời giải
2
x 2  y   x 2  x  .2020 x  y   2 x 2  x  y  .2020 x x
Ta có:
2
x2  x
2
x2  y
x

y
.2020


x

x
.2020
 2 x2  x  y





x


2



 y  . 2020 x

2

x





 1   x 2  x  . 2020 x

2

y



 1  0  1

t
Nhận thấy với mọi t  ¡ \  0 , ta có 2020  1và t cùng dấu.
2
2
2020 x  x  1 2020 x  y  1

0
2
2
x2  y   x2  x   0

1


 2
x

x
x

y

+ Nếu

thì

Dễ thấy vế trái của  2  luôn dương nên suy ra  1 không xảy ra.
x  0

 x2  x  0
x  1

2
x2  y   x2  x   0

1   x 2  y  0   x   y

+ Nếu
thì

y

0
 y  0.
Yêu cầu bài toán 
Kết hợp giả thiết, ta được 2020 giá trị nguyên của y . Do đó chọn đáp án A
Nhận xét
Bài tốn này có thể phát biểu thành bài toán quen thuộc và giải như GP2.2.3.
Trong trang này:Ví dụ 10, ví dụ 11 được tham khảo từ TLTK số [2].
1 
x   ;3 
 3  thỏa mãn
Ví dụ 12. Có bao nhiêu số ngun y sao cho tồn tại

273 x

2

 xy

A. 27 .

  1  xy  279 x
B. 9 .

.
C. 11 .
15

D. 12 . [3]


Bài tốn này theo tham số ngun y nhưng khơng độc lập được tham

Tư duy:
số, do đó phải khảo sát trực tiếp hàm số ẩn x sau khi nhận xét về dấu của hai vế.
Lời giải

1 
y  3; x   ;3  xy  3 x  1  xy  1  0
3 
+ Với
: Không thỏa mãn
phương trình .

3 x 11x
 (1  2 x)  0 , có nghiệm vì
+ Với y  2 , phương trình thành: 27
2

1 
1
;3
g
.g1  3  0
1
g1 ( x)  27
 (1  2 x) liên tục trên  3  và  3 

.
2
3 x 10 x
 (1  x)  0 , có nghiệm vì
+ Với y  1 , phương trình thành: 27
3 x 2 11x

1 
1
;3
g
.g 2  3  0
2
g 2 ( x)  27
 (1  x) liên tục trên  3  và  3 


.
2
3 x 9 x
 1  0 vơ nghiệm , vì
+ Với y  0 , phương trình thành: 27
2
1 
273 x 9 x  1  27 0  1  0, x   ;3 
3 
1 
x   ;3
2
 3  , ta có: Pt  3 x  9 x  log 27 (1  xy )  xy
+ Với y  1 ,
log 27 (1  xy )
 3x  9 
 y  0.
x
1 
log 27 (1  xy )
g ( x)  3x  9 
y
 3 ;3
x
Xét hàm số
đồng biến trên
,vì
ln(1  xy )
y
1 

g '( x)  3  2

 0, x   ;3 .
x ln 27
x(1  xy )ln 27
3 
1 
1
;3   g  g (3)  0.

3
Do đó: Phương trình g ( x)  0 có nghiệm trên  3 
log (1  3 y )
3y
g (3)   27
 y
 y  0,
3
3ln 27
Mà:
vì ln(1  u )  u với mọi u  0.
y
1

g    0   log 3 1   y  8  0  1  y  9
 3
Vậy:  3 
( vì y  1 ).
Kết hợp giả thiết, có 11 giá trị nguyên của y thỏa mãn . Do đó chọn đáp án C
3 x 2 10 x

Nhận xét

Bài toán này với giá trị y   2; 1;0 có thể dùng Máy tính cầm tay hỗ trợ.
Trong trang này: Ví dụ 12 được tham khảo từ TLTK số [3]; lời giải là “của” tác giả.

2.3.2.5 GP5: Hướng dẫn học sinh xử lí các bài tốn nhiều biến ngun.
Trong bài toán nhiều biến nguyên, cần xây dựng mối liên hệ giữa các biến để
đưa về bài toán đơn giản hơn. Việc thiết lập hàm đặc trưng hoặc đưa về dạng
16


nhân tử, dạng hệ phương trình là các thao tác cần được hình thành trong q
trình giải tốn dạng này cho học sinh.
Ví dụ 13. Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn

 4 xy  7 y   2 x  1  e2 xy  e4 x y7   2 x  2  y   y  7  e y

A. 8 .
B. 5 .
C. 6 .
D. 7 .
[4]
Tư duy: Bài tốn có hai biến ngun, bằng phép biến đổi theo hai biến trung
gian u  4 x  7; v  2 xy  y đưa về hàm đặc trưng để giải tốn.
Lời giải
+Với y  0 ,ta có: 0  4 x  7 nên không thỏa mãn với x nguyên.
+

Với x nguyên và y  0 ,ta có:

 4 xy  7 y   2 x  1  e2 xy  e4 x y7    2 x  2  y   y  7  e y
  4 x  7   2 xy  y   e 2 xy  y  e 4 x  7   2 x  2  y   y  7

y
(vì e  0 y )

  4 x  7  .  2 xy  y  e 2 xy  y  1   2 xy  y   4 x  7  e 4 x7  1

 e2 xy  y 

Hàm số

1
1
 e4 x  7 
2 xy  y
4x  7  f  2x  y   f  4x  7 

f  t   et 

1
t đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  và  0; 

- Th1.  2 xy  y  . 4 x  7   0
Giả sử 2 xy  y  0 và 4 x  7  0 . Do x, y ¢ nên 2 xy  y  1 và 4 x  7  1 .
1

 f  2 xy  y   f  1  1   1
e


 f  4 x  7   f  1  e  1  1


. Do đó, f  2 xy  y   f  4 x  7  .

-Th2.  2 xy  y  . 4 x  7   0
Khi đó: f  2 xy  y   f  4 x  7   2 xy  y  4 x  7

 y

4x  7
9
 2
2x  1
2x 1 .

Theo bài ra y  ¢ nên 2 x  1  1; 3; 9  x   4; 1;0;1;2;5 .
Kết hợp giả thiết, ta được 6 cặp giá trị nguyên của  x; y  thỏa mãn .
Do đó chọn đáp án C
Nhận xét
17


Bài toán này trong thi TNKQ “ dự đoán ” để có 2 xy  y  4 x  7 sau các phép
biến đổi ban đầu.
Trong trang này: Ví dụ 13 được tham khảo từ TLTK số [4]; lời giải là “của” tác giả.

Ví dụ 14. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn điều kiện x  2022
3

3  9 y  2 y   2  x  log 3  x  1
và
?
A. 6 .
B. 2 .
C. 3776 .
D. 3778 . [5]
Tư duy: Bài tốn có hai biến ngun, bằng phép biến đổi theo hai biến trung
gian u  2 y  1; v  log 3  x  1 đưa về hàm đặc trưng để giải toán.
Lời giải

3  9 y  2 y   2  x  log 3  x  1  3.9 y  6 y  2  x  3log 3  x  1
3

Ta có :

 f  2 y  1  f  log 3  x  1   2 y  1  log 3  x  1  32 y 1  1  x

t
(Vì hàm số f  t   3  3t đồng biến trên ¡ ).
log 3 2023  1
32 y 1  1  2022  y 
 2,96
2
Vì x  2022 nên
.
Với giả thiết y nguyên dương suy ra y   1;2 .

Với y  1 có 26  x  2022 suy ra có 1997 cặp số  x; y  thỏa mãn .
Với y  2 có 242  x  2022 suy ra có 1781 cặp số  x; y  thỏa mãn .

Vậy có tất cả 3778 cặp số  x; y  thỏa mãn đề bài. Do đó chọn đáp án D
Nhận xét
2 y 1
Bài tốn này có thể “ dự đoán ” : 3  1  x sau các phép biến đổi ban đầu.
Ví dụ 15. Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn điều kiện

 x2  y2 
x y
2
 log 2 

4
1


x

y


?.
A. 25 .
B. 24 .
C. 36 .
x2  y2

D. 35 . [5]

Tư duy: Bài tốn có hai biến ngun, bằng phép biến đổi theo hai biến trung
2

2
v  2 x  y 
gian u  x  y ;
đưa về hàm đặc trưng để giải toán.
Lời giải
2
2
Điều kiện : x  y  0.

Ta có : Bpt



 f  x2  y 2   f 2  x  y 

18

 , với f  t   2  log
t

2

t


 x 2  y 2  2  x  y    x  1   y  1  2
2

( Vì hàm

f  t   2t  log 2 t

2

(*)

đồng biến trên  0;  )

Số các nghiệm nguyên  x; y  của (*) là số các điểm có tọa độ nguyên nằm
trong hình hoa (như hình vẽ) kể cả biên , bỏ đi gốc tọa độ và bằng số điểm có
Trong trang này: Ví dụ 14, ví dụ 15 tham khảo từ TLTK số [5]; lời giải tham khảo tài liệu.

tọa độ ngun nằm trong hình vng ABCD (như hình vẽ) kể cả biên, bỏ đi
gốc tọa độ.

2
Vậy có tất cả 5  1  24 cặp số  x; y  thỏa mãn đề bài. Do đó chọn đáp án B
Nhận xét
Bài tốn này có thể giải nhanh bằng phép đổi biến a  x , b  y , tuy nhiên việc

minh họa bằng hình học đơi lúc sẽ kích thích sự học tập của học sinh.
2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
- Việc rèn luyện và thực hành giải Tốn đã giúp học sinh tự tin và có cơ sở
phương pháp để giải nhanh câu hỏi TNKQ. Từ đó nâng cao năng lực giải Tốn
nói chung và giải bài tốn giá trị ngun có giả thiết mũ và logarit nói riêng.
Điều này được thể hiện ở việc học sinh các lớp tơi dạy có nhiều học sinh đã
vượt qua được những câu hỏi khó về bài tốn giá trị ngun có giả thiết mũ và
logarit trong các kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh cũng như các kì thi TN THPT.
- Việc xây dựng các giải pháp, các dấu hiệu cũng như sáng tạo các kĩ thuật giải
Toán khơng những giúp học sinh học Tốn sáng tạo, kích thích tư duy, sự say mê

học Tốn mà cịn định hướng cách học cho học sinh ở những nội dung khác của
Tốn học phổ thơng. Điều này góp phần rất lớn vào phong trào học tập của học
sinh trường THPT Hoằng Hóa 3, đặc biệt là nhóm học sinh chất lượng cao,
chinh phục điểm cao ở các kì thi, qua đó giúp nhà trường từng bước cải thiện và
nâng dần công tác học sinh mũi nhọn.
19


- Nội dung SKKN cũng đã được trình bày ở Tổ chuyên môn đến các đồng
nghiệp và được các đồng nghiệp áp dụng vào thực tiễn dạy học ở trường THPT
Hoằng Hóa 3. Qua thực tiễn nhiều năm đã nhận thấy tính hiệu quả cao của
SKKN này cũng như đã tạo ra một cách dạy, một cách tiếp cận độc đáo đến một
nội dung Toán học.
- SKKN này cũng giúp ích bản thân rất nhiều, đặc biệt là khi trực tiếp giảng dạy
học sinh. Việc dạy cho học sinh lớp chất lượng cao trong thực tế đã giúp bản
thân rút ra nhiều kinh nghiệm quý báu, để từ đó sáng tạo ra các kĩ thuật mới,
giúp cho việc dạy học trở nên thực sự tư duy và sáng tạo.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN
Muốn thành công trong công tác giảng dạy trước hết đòi hỏi người giáo
viên phải tâm huyết với nghề, phải đam mê tìm tịi học hỏi, phải nắm vững các
kiến thức cơ bản, phải tổng hợp các kinh nghiệm áp dụng vào bài giảng. SKKN
này đã chỉ ra được các dạng toán, các dấu hiệu đặc trưng cũng như các kĩ thuật
giải nhanh bài toán giá trị nguyên có giả thiết mũ và logarit.
Giáo viên cần phải biết phát huy tính tích cực chủ động chiếm lĩnh tri thức
của học sinh. Trong quá trình giảng dạy phải coi trọng việc hướng dẫn học sinh con
đường tìm ra kiến thức mới, khơi dậy óc tị mị, tư duy sáng tạo của học sinh, tạo
hứng thú trong học tập, dẫn dắt học sinh từ chỗ chưa biết đến biết, từ dễ đến khó.
Trong thực tế vận dụng SKKN khơng những giúp học sinh trong việc định hướng
giải tốn với một nội dung cụ thể mà thơng qua đó để học sinh thấy được rằng

việc “ tư duy phương pháp ” và kĩ năng giải nhanh bài toán giá trị nguyên có
giả thiết mũ và logarit là rất tốt và có kết quả. Từ đó thơi thúc học sinh tìm tịi
sáng tạo để trang bị cho mình những quy trình và lượng kiến thức mới.
Nội dung kiến thức của SKKN là nội dung được học sinh tiếp cận nửa sau
của lớp 12, do đó đối với một số học sinh trung bình và trung bình khá thì khả
năng vận dụng vào giải tốn cịn đang lúng túng, nhất là trong các bài toán cần
sự linh hoạt lựa chọn phương pháp hay khi gặp bế tắc trong giải toán học sinh
thường không chuyển hướng được cách suy nghĩ để giải bài tốn ( thể hiện sức
“ỳ” tư duy vẫn cịn lớn). Vì vậy khi dạy cho học sinh nội dung này, giáo viên
cần tạo ra cho học sinh cách suy nghĩ linh hoạt và sáng tạo trong khi vận dụng
giải tốn .Điều đó địi hỏi người giáo viên cần phải khéo léo truyền thụ quy trình
và cách giải tốn linh hoạt đối với các bài toán.
3.2. KIẾN NGHỊ
Qua sự thành công bước đầu của việc áp dụng nội dung này, thiết nghĩ
chúng ta cần thiết phải có sự đổi mới trong cách dạy và học. Người giáo viên
cần chỉ ra cho học sinh những quy trình mơ phỏng mang tính chọn lựa để học
sinh tự mình tư duy tìm ra con đường giải toán. SKKN đã tiếp cận đến một vấn
đề khó trong việc dạy học sinh chất lượng cao, thực tế giảng dạy ở trường THPT
Hoằng Hóa 3 nhiều năm đã cho thấy hiệu quả rõ rệt. Vì vậy, các giáo viên khác
có thể áp dụng và sáng tạo để nâng cao chất lượng học sinh mình giảng dạy.
Mong rằng qua báo cáo kinh nghiệm, nội dung này sẽ được các đồng
nghiệp nghiên cứu và áp dụng vào thực tiễn dạy học để rút ra những điều bổ ích.
20


Bài viết chắc chắn cịn nhiều thiếu sót rất mong được sự đóng góp ý kiến,
phê bình, phản hồi của các đồng nghiệp
XÁC NHẬN CỦA THỦ
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2022
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)
Lê Văn Lâm
TÀI LIỆU THAM KHẢO
*********
[1]. Sách giáo khoa Giải Tích 12 – Trần Văn Hạo (tổng chủ biên ) – Vũ
Tuấn(chủ biên) – NXB Giáo Dục.
[2]. Đề thi thử THPT Quốc Gia các năm 2019,2020, 2021 của các Sở
Giáo Dục và Đào Tạo.
[3]. Đề thi THPT Quốc Gia và các đề Minh họa, Tham khảo của Bộ
Giáo Dục và Đào Tạo.
[4]. Đề thi thử THPT Quốc Gia các năm 2019,2020, 2021 của các trường
THPT trong cả nước.
[5]. Tham khảo một số tài liệu trên mạng internet
- Nguồn: />- Nguồn: />
21