Sáng kiến kinh nghiệm SKKN sử dụng phương tiện trực quan nhằm nâng cao chất lượng dạy học giải bài tập phần hàm số mũ hàm số logarit

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG PHƢƠNG TIỆN TRỰC QUAN NHẰM NÂNG CAO
CHẤT LƢỢNG DẠY HỌC GIẢI BÀI TẬP PHẦN HÀM SỐ MŨ HÀM SỐ LOGARIT"

0


A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Một trong những hƣớng quan trọng của sự phát triển phƣơng pháp hiện đại trong
dạy học toán là xây dựng các phƣơng tiện dạy học trực quan và phƣơng pháp sử dụng
chúng trong các giờ toán, nhằm hình thành ở học sinh các hình ảnh cảm tính của đối
tƣợng nghiên cứu, gợi cho học sinh các tình huống có vấn đề, tạo nên sự hứng thú trong
các giờ học toán.
Trong thời gian gần đây dƣới ảnh hƣớng của sự tiến bộ khoa học kỹ thuật và sự phát triển
lý luận dạy học, nhiều dạng phƣơng tiện dạy học đã xuất hiện ở trƣờng phổ thông. Nó
không chỉ là nguồn kiến thức, cho hình ảnh minh họa mà còn là phƣơng tiện tổ chức, điều
khiển hoạt động nhận thức của học sinh, là phƣơng tiện tổ chức khoa học lao động sƣ
phạm của giáo viên và học sinh.
Thực tế dạy học ở nhà trƣờng Trung học phổ thông cho thấy học sinh thƣờng gặp không
ít khó khăn khi lĩnh hội khái niệm hàm số mũ, hàm số logarít, nhiều học sinh có thể nhớ
các biểu thức, học thuộc khái niệm, nhƣng không giải thích đƣợc đầy đủ ý nghĩa và bản
chất của nó, từ đó dẫn tới việc vận dụng một cách máy móc, hoặc không biết hƣớng vận
dụng. Mặt khác, đây là nội dung kiến thức cơ bản trong chƣơng trình toán lớp 12, có
phần trìu tƣợng và dễ lẫn lộn giữa hai nội dung hàm số mũ - hàm số logarít này nhƣng lại
đƣợc trình bày sau nội dung khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Do vậy, việc sử dụng các
phƣơng tiện trực quan vào quá trình dạy học nội dung này là việc làm cần thiết và phù
hợp với xu thế đổi mới phƣơng pháp dạy học hiện nay ở trƣờng phổ thông.
Hơn nữa, đây là nội dung kiến thức thƣờng xuất hiện trong các kỳ thi Đại học - Cao đẳng

và học sinh không khó khăn lắm khi biết cách khai thác bài toán để lấy điểm.
Vì các lý do trên, tôi chọn đề tài nghiên cứu là: “Một số biện pháp sử dụng phương tiện
trực quan nhằm nâng cao chất lượng dạy học giải bài tập phần hàm số mũ - hàm số
logarít”.

1


B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
Xuất phát từ đặc thù bộ môn toán học, phép trừu tƣợng thoát ra khỏi nội dung
có tính chất chất liệu của sự vật và chỉ giữ lại các quan hệ số lƣợng và hình dạng. Chẳng
hạn nhƣ: Từ những hình ảnh cụ thể nhƣ “hạt bụi”, “Sợi dây mảnh căng thẳng”, “mặt
nước đứng yên”, đi tới các khái niệm “điểm”, “đường thẳng”, “mặt phẳng”...
Có thể nói rằng: Giảng dạy trực quan có nghĩa là giảng dạy dựa trên các hình tượng hiểu
biết của học sinh.
Vận dụng đúng đắn nguyên tắc trực quan trong quá trình giảng dạy là đảm bảo sự chuyển
từ “Trực quan sinh động sang tư duy trừu tượng”. Do đặc thù của môn toán đòi hỏi phải
đạt tới một trình độ trừu tƣợng, khái quát cao hơn so với các môn học khác. Vì thế, nếu
sử dụng hợp lý các phƣơng tiện trực quan sẽ góp phần vào việc phát triển tƣ duy trừu
tƣợng, nâng cao hiệu quả của quá trình dạy và học.
Qua tìm hiểu, nghiên cứu lý luận của các nhà triết học, toán học trong và ngoài nƣớc về
vai trò, chức năng và hiệu quả của việc sử dụng phƣơng tiện trực quan vào quá trình dạy
học, tôi nhận thấy đó là yêu cầu cần thiết và thiết thực, phù hợp với tƣ duy phát triển của
con ngƣời
Sau đây là sơ đồ thể hiện mối quan hệ phƣơng tiện trực quan và tƣ duy con ngƣờisau:
Trừu tƣợng hoá

Cái cụ thể
hiện thực

Phƣơng tiện
trực quan

Cái trừu
tƣợng lý
thuyết

Cụ thể hoá
Sơ đồ 1

II. THỰC TIỄN DẠY HỌC PHẦN HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ LOGRÍT Ở TRƢỜNG
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Thực tiễn dạy học ở trƣờng Trung học phổ thông cho thấy chất lƣợng dạy học
phần hàm số mũ, hàm số logarít chƣa cao, học sinh nắm kiến thức một cách hình thức,
lẫn lộn giữa đẳng thức định nghĩa với định lý. Nhiều học sinh còn mơ hồ hoặc là không

2


nắm đƣợc các tính chất, không hiểu đƣợc bản chất của các định lý về hàm số mũ, hàm số
logarít.
Chẳng hạn: “4 3 nghĩa là gì” thì câu trả lời của đa số học sinh còn thiếu chính xác. Bên
cạnh đó, do việc không nắm chắc các giả thiết, định lý, các công thức… nhiều học sinh
còn phạm phải sai lầm.
Ví dụ như cho rằng:
+) logaA.B = logaA.logbB (A,B > 0 và a,b  1 )
+) loga(A+B) = logaA + logaB
+) log2-8 = -3 (họ lý giải rằng (-2)3 = - 8)
+) logax = logax;

n

a. m a =

m n

a ….

Trƣớc hết phải thấy rằng do học sinh nắm kiến thức thiếu vững chắc dẫn tới việc vận
dụng vào các bài toán cụ thể thƣờng mắc sai lầm. Điều đó có lẽ một phần là do nội dung
cấu trúc chƣơng trình và sách giáo khoa chƣa thật hợp lý, phƣơng pháp dạy học của giáo
viên lại có chỗ cần đƣợc điều chỉnh, chẳng hạn hầu nhƣ các tính chất hàm số mũ, hàm số
logarít không đƣợc chứng minh, giáo viên lại không có biện pháp thích hợp để khắc
phục; mặt khác, hệ thống bài tập và câu hỏi trong sách giáo khoa chỉ đòi hỏi học sinh ở
mức độ rất đơn giản, áp dụng đơn thuần, học sinh dễ vấp phải các sai lầm mà bản thân
không phát hiện ra.
Từ thực tế đó, tôi mạnh dạn đƣa ra một số biện pháp sau:
III. MỘT SỐ BIỆN PHÁP SỬ DỤNG PHƢƠNG TIỆN TRỰC QUAN TRONG DẠY
HỌC GIẢI BÀI TẬP PHẦN HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ LOGARÍT
Biện pháp 1: Sử dụng hợp lý các phương tiện trực quan nhằm giúp học sinh chiếm lĩnh
tri thức, rèn luyện cho học sinh ý thức và khả năng vận dụng các phương tiện trực quan
trong quá trình giải phương trình ( bất phương trình)mũ - logarít.
Hình thức trực quan đƣợc sử dụng rộng rãi nhất trong môn toán là trực quan tƣợng trƣng
(hình vẽ, sơ đồ, đồ thị, bảng, công thức…).
Trong quá trình giải phƣơng trình mũ - logarít việc sử dụng hợp lý các phƣơng tiện trực
quan tƣợng trƣng sẽ giúp học sinh tìm ra hƣớng giải quyết bài toán đỡ khó khăn hơn,
cách lập luận sẽ có căn cứ xác đáng hơn, rèn luyện đƣợc kỹ năng nhiều hơn, những sai
sót trong tính toán sẽ ít mắc phải hơn...

3


Thực tiễn sƣ phạm cho thấy đa số học sinh khi giải các phƣơng trình và bất phƣơng trình
mũ, logarít không gặp nhiều khó khăn lắm khi vận dụng các phƣơng pháp: Phƣơng pháp
đƣa về cùng cơ số; logarit hóa và mũ hoá; đặt ẩn phụ; đánh giá
Nhƣng đối với một số dạng phƣơng trình đặc biệt là các bài toán có chứa tham số học
sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn, bằng việc sử dụng hợp lý các phƣơng tiện trực quan sẽ
làm cho học sinh hiểu rõ các vấn đề và mấu chốt của bài toán.Chẳng hạn ta xét các bài
toán sau:
Bài toán 1.1. Giải và biện luận theo m số nghiệm của phƣơng trình
1  2 2x = m

(1)

Bằng việc kết hợp giữa suy diễn và mô hình trực quan là đồ thị
GV: đặt 2x = t ( t > 0), yêu cầu học sinh đƣa phƣơng trình về hệ
t2 + m2 = 1
t >0

(I)

? Cứ giả sử rằng phƣơng trình (1) là có nghiệm khi đó hiển nhiên m phải có điều kiện gì ?
(m  0) nếu m < 0 phƣơng trình (1) vô nghiệm
t2 + m2 = 1
Hệ (I) 

m0

(II)

t>0
Bài toán sẽ trở nên đơn giản nếu học sinh biết biểu diễn miền nghiệm của t2 + m2 = 1 là
đƣờng tròn tâm O(0,0) bán kính R = 1 xét trong hệ tọa độ vuông góc tOm.
Dựa vào hình vẽ bằng trực quan học sinh sẽ dễ dàng phát hiện: các điểm M(t,m) thỏa
mãn (II) đƣợc biểu diễn bằng đƣờng đậm trong hình (cung tròn AB, bỏ điểm B).
Vậy: 0  m < 1 phƣơng trình có nghiệm duy nhất
m<0
Phƣơng trình vô nghiệm
m1

m
1B
A
00

1

t

4


Nhận xét: Bài toán 1 có thể giải bằng phương pháp
về dấu của tam thức bậc 2.

sử dụng các định lý đảo

Giáo viên yêu cầu học sinh giải bài toán tƣơng tự.
Bài toán 1.2. Giải và biện luận theo m số nghiệm của phƣơng trình

x
1  2 2x = m - 2

Bài toán 1.3. Tìm m để bất phƣơng trình
f(x) = 2x + (3 - m)2-x - m  0 (1) đúng

 xR

Có thể giải bài toán nhƣ sau: Đặt 2x = t với điều kiện t > 0
Bất phƣơng trình (1) về dạng: f(t) = t2 - mt + 3 - m  0 (2)
(1) đúng  xR thì bất phƣơng trình (2) phải đúng  t > 0


>0

Nếu  = m2 + 4m –12  0  -6  m  2 khi đó f(t)  0
 f(t)  0



t

t

> 0 do đó f(x)  0

Nếu  > 0 tức là

m  -6
m2

x

Để bất phƣơng trình

t

R

thì f(t) có 2 nghiệm phân biệt t1  t2.

Trong trƣờng hợp này đa số học sinh gặp khó khăn, hoặc có vận dụng định lý về dấu của
tam thức bậc hai thì cũng rất mơ hồ và máy móc bằng sự minh họa của trục số học sinh
dễ dàng quan sát.
Để f(t)  0  t (-, t1)]

 [t2,+ )

Theo giả thiết t(0, +)  f(t)  0

+

] ///////////// [
t1

-

+

t2

Nhƣ vậy (0, +) là tập con của (-,t1]  [t2 + ), căn cứ vào trục số để
con của (-, t1 ]  [t2 + ) thì t2  0  t1  t2 < 0


>0
f(0) > 0
S
<0
2



m <-6
m>2
3–m>0
m2
<0
2

(0, +) tập hợp

 m < -6 hoặc 2 < m < 3

Trong khi giảng dạy giáo viên cần phải phát huy tích cực nhận thức của học sinh trong việc
vận dụng các phƣơng tiện trực quan. Chẳng hạn nhƣ trong bài toán 1.3. Có thể dẫn dắt học
sinh bởi những câu hỏi để họ tích cực suy nghĩ:

5

-  t(0, +) đều làm cho f(t)  0 tức là  t(0, +) đều thuộc vào tập nghiệm của bất
phƣơng trình f(t)  0 có mối quan hệ nhƣ thế nào giữa (0, +) với tập nghiệm đó?
- Tập nghiệm của bất phƣơng trình f(t)  0 còn phụ thuộc vào những yếu tố nào ? hãy chỉ ra
tập nghiệm của bất phƣơng trình tƣơng ứng với các trƣờng hợp ?
- Hãy biểu diễn (0, +) cùng với (-, t1)
để rút ra vị trí tƣơng đối giữa (0, t1, t2)…

 (t2,+)

(trong trƣờng hợp

 > 0) trên trục số

Những câu hỏi nhƣ vậy có tác dụng dẫn dắt học sinh đi đến cách giải nhƣng đồng thời
cũng có chức năng kiểm tra những kiến thức cơ bản, nhìn nhận vấn đề một cách rõ ràng
trực quan hơn.
Nhận xét:
- Nếu nhƣ học sinh có ý thức và kỹ năng sử dụng phƣơng tiện trực quan thì đối với bài
toán trên, cho dù t = 0 nhìn vào trục số ta vẫn thấy [0, +) là tập con của (-, t1 ]  [t2
+ ).
Sau khi giảng xong bài toán trên giáo viên có thể truyền thụ cho học sinh những tri thức,
phƣơng pháp sau đây
“Tìm điều kiện để tam thức f(x)  0 (f(x)  0; f(x) > 0…)  xA là một dạng toán rất
quan trọng, thực chất ta tìm điều kiện để tập nghiệm bất phương trình f(x)  0 chứa A
sau đó biểu diễn A lẫn tập nghiệm lên trục số nhằm phát hiện ra những đặc điểm về các
nghiệm (nếu có) của tam thức f(x)”.
Biện pháp 2: Việc sử dụng các phương tiện trực quan có thể khai thác tiềm năng logíc
bên trong của vấn đề được trình bày trong SGK, nhờ đó học sinh nắm vững bản chất vấn
đề, tạo điều kiện giải quyết vấn đề đó rõ ràng hơn, mạch lạc hơn.

Khai thác tiềm năng từ logíc bên trong vấn đề, ta càng nắm vững các thuộc tính bản chất
của vấn đề, chính hoạt động đó từ các phƣơng tiện trực quan tạo điều kiện tối ƣu trong
qúa trình giải quyết vấn đề. Chẳng hạn trong quá trình giải các bài toán phƣơng trình, hệ
phƣơng trình, bất phƣơng trình mũ và logarit rất nhiều trƣờng hợp ta thu đƣợc một hệ hỗn
hợp gồm có phép hội lẫn phép tuyển, các mối liên hệ còn tiềm ẩn chƣa rõ ràng, khi đó
bằng các phƣơng tiện trực quan sẽ giúp học sinh hiểu rõ vấn đề hơn.
Bài toán 2.1. Với giá trị nào của a thì phƣơng trình
4x - 2x + a = 0 (1) có nghiệm.
Cách 1: ? Yều cầu HS đặt 2x = t (t > 0) rồi đƣa phƣơng trình về dạng t2- t = -a (t > 0).
6


? Yêu cầu HS vẽ parabol:

y = t2-t và đƣờng thẳng yy= -a trên cùng hệ trục tọa độ tOy.

Để phƣơng trình (2) có nghiệm
tập xác định là (0, +)

t > 0 thì -a phải là một giá trị của hàm số y = t2 - t với

Từ đồ thị học sinh sẽ suy ra đƣợc: phƣơng trình (2) có nghiệm t > 0 thì đƣờng thẳng y =
y = -a
-a phải cắt đồ thị hàm số f(t) = t2 – t trên (0,+)
 -a  -

1
4

a

1
4

1
2

1

0

x

2

t

Cách 2: đặt 2 = t(t > 0) để phƣơng trình (1) có nghiệm thì phƣơng trình t - t + a = 0 (2)
phải có nghiệm t > 0.
1

4

Trƣờng hợp 1: phƣơng trình (2) có 1 nghiệm thỏa mãnHình
t1 < 15
0 < t2
 1.f(0) < 0  a < 0
Trƣờng hợp 2: Phƣơng trình (2) có 2 nghiệm thỏa mãn 0 < t1  t2
 = 1- 4a  0


P =a>0
S=1>0



1
4
a>0

a



Kết hợp 2 trƣờng hợp phƣơng trình có nghiệm khi a 

0
1
4

1
.
4

Qua bài toán trên giáo viên có thể yêu cầu học sinh phát biểu mệnh đề tổng quát: để giải
và biện luận phƣơng trình f(x ) = g(m) (1)
Ta thực hiện các bƣớc sau:
Bước 1: Lập luận: Số nghiệm của (1) là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x )
và đƣờng thẳng (d): y = g(m).

Bước 2: Xét hàm số y = f(x )
Tìm miền xác định (D)
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Bước 3: Kết luận: Phƣơng trình có nghiệm

7


 min f(x )  g(m)  max f(x )
D

D

Nếu biện luận phƣơng trình trên thì có thể tùy thuộc vào số giao điểm của đồ thị y = f(x)
và đƣờng thẳng y = g(m)
Bài toán 2.2. Tìm m để hệ bất phƣơng trình sau có nghiệm duy nhất.
22x +22y+2y+1  m-1
22y+22x + 2x+1  m-1

GV: vế trái của hệ luôn luôn dƣơng vậy để hệ phƣơng trình có nghiệm thì tham số m phải
thỏa mãn điều kiện gì ?
(m-1 0  m  1)
Yêu cầu học sinh đặt:

u = 2x
v=2

điều kiện u,v > 0 hệ tƣơng đƣơng

y

u2 +(v+1)2  m(1)
v2 + (u+1)2  m (2)

Bài toán sẽ trở nên đơn giản nếu học sinh
ra rằng:

phát hiện
v

Gọi X1, X2 lần lƣợt là tập nghiệm của (1)

và (2)

X1 là tập các điểm trong hình tròn
Tâm I1(0,-1)
(C1)

Bán kính R1 = m

u
I1

0
I2

X2 là tập các điểm trong hình tròn
Tâm I1(-1, 0)
(C2)

Bán kính R2 = m

8


? GV: từ các đồ thị trên hãy tìm điều kiện để hai đƣờng tròn trên tiếp xúc với nhau? Bằng
trực quan học sinh sẽ nhận ra rằng hệ bất phƣơng trình có nghiệm duy nhất khi (C 1) tiếp
xúc với (C2).
 I1 I2 = R1 + R2 
Kết luận: với m =

2 = 2 m m=

1
2

1
thỏa mãn điều kiện đầu bài
2

Bằng cách lập luận tƣơng tự bài toán 2.2 giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải bài toán
sau:
22x+ (2y+1)2 = m

Bài toán 2.3. Cho hệ phƣơng trình

(2X+1)2+22Y = 4

Tìm m để hệ có nghiệm, khi đó hãy khẳng định rằng hệ có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn:

u = 2x

Đặt:

v = 2y

điều kiện u,v > 0

Yêu cầu học sinh vẽ đồ thị của 2 đƣờng tròn (C 1) và (C2), đối với (C1) ta chỉ lấy cung AB
(trên góc phần tƣ thứ nhất).
Hệ 

2

2

u +(v +1) = m (1)
(u+1)2 +v2 = 4 (2)

Phƣơng trình (1) là
đƣờng tròn (C1) có

Tâm I1(0,-1)
Bán kính:R1 = m

Phƣơng trình (2) là
đƣờng tròn (C2) có

Tâm I2(-1,0)

R2 = 2

Đối với (C2) chỉ lấy cung CD (trong góc phần tƣ thứ nhất). Vậy hệ có nghiệm khi cung
AB và cung CD giao nhau khác rỗng

9


 I1C < R1 < I1D 
 2 < m < 4 +2

2

<

m

< 1+

3

3

và khi đó vì cung AB và cung CD giao nhau tại điểm {M} nên hệ có nghiệm duy nhất.
Vậy 2 < m < 4+2

3

hệ có nghiệm duy nhất.

Bài toán 2.5. Tùy theo m biện luận số nghiệm của phƣơng trình
lg (m-x2) = lg (x2 –3x +2)
Phân tích lời giải: Biến đổi phƣơng trình về dạng
x2-3x+2>0
m-x2 = x2-3x+2

x< 1  x >2



(I)
2

2x -3x+2 = m
y

4 các định lý đảo của tam thức bậc 2 thì học sinh sẽ
Để biện luận hệ phƣơng trình (I) bằng
y = m khỏi khó khăn và sai sót. Khi
phải phân chia làm rất nhiều các trƣờng hợp, sẽ không tránh
học sinh đã biết kiến thức về đồ thị hàm số:

f(x) = ax2 + bx + c (a0) ở lớp 10,
7 bài toán sẽ trở nên đơn giản, bằng sự mô tả đồ thị
học sinh dễ dàng phát hiện số nghiệm
của phƣơng trình là số giao điểm của đƣờng
8
2
3
thẳng y = m với đồ thị hàm số y = 2x0 -3x+2

(-,1)  (2,+).
x
1 trên2miền
4

Biện luận:
Với m <
7
8

7
8

phƣơng trình vô nghiệm, m =

7
8

 1  m  4 phƣơng trình có một nghiệm,

< m < 1  m > 4 phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt

Nhận xét:
Thông qua các bài toán trên giáo viên có thể ý thức cho học sinh một “quy trình”,
“phương pháp mới” khi giải các bài toán phƣơng trình, bất phƣơng trình mũ, logarít (có
chứa tham số) bằng việc vận dụng các phƣơng tiện trực quan.
Biện pháp 3: Việc sử dụng các phương tiện trực quan có thể khai thác các kết quả ứng
dụng khác nhau của khái niệm, định nghĩa, định lý và đề xuất bài toán nâng cao nhằm
khắc sâu các khái niệm, định nghĩa, định lý.

10


Theo quan điểm “đặt bài toán cần giải quyết trong mối quan hệ tương quan với các khái
niệm, định nghĩa, định lý đã biết” Chính việc thực hiện quan điểm trên là phát triển đƣợc
năng lực định hƣớng, năng lực huy động kiến thức cho học sinh, thông qua việc vận dụng
các phƣơng tiện trực quan, cụ thể ta xét các bài toán sau:
Bài toán 3.1:
Giải phƣơng trình: 2x = 4x

y

GV dẫn dắt HS phát hiện đƣợc
trình trên không giải đƣợc bằng
pháp đại số, nên cần phải khai
theo con đƣờng khác.
Dễ dàng tìm đƣợc một nghiệm
Để tìm nghiệm khác (nếu có)
cả
là
ta
thị từ mô hình trực quan để tìm
nghiệm thứ 2...

y = 4x

A

B
y=2

(x = 4).
tốt hơn
dựng đồ
đƣợc

4

x

0

0,3

phƣơng
phƣơng
thác

x

Học sinh đã biết khái niệm hàm
số mũ,
hàm số bậc nhất. Giáo viên yêu
cầu học
x
sinh dựng đồ thị y = 2 và y = 4x, ở đây tung độ tăng nhanh hơn hoành độ nên ta chọn (tỷ
lệ xích) trên trục 0x nhỏ hơn trục 0y. Từ đồ thị, học sinh sẽ tìm đƣợc giao điểm A và B
của hai đồ thị và chỉ có hoành độ điểm A là x = 4, hoành độ điểm B là x  0,3.
Có thể chính xác hóa nghiệm tìm đƣợc bằng tính toán dùng bảng logarít.
định lý.

Bài toán 3.2: Cho các bất phƣơng trình
log 21 x  log 1 x 2  0
2

(1)

4

x2 + mx + m2 + 6m < 0

(2)

a. Giải bất phƣơng trình (1)
b. Xác định m để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2).
Giải: Việc nắm vững các tính chất, định lý và vận dụng chúng là rất cần thiết đối với việc
giải bất phƣơng trình (1).
Giáo viên yêu cầu học sinh: xác định tập xác định của bất phƣơng tình (x > 0) rồi sử dụng
các tính chất logarít đƣa bất phƣơng tình về dạng
11


log 21 x  log 1 x  0 đặt log 1 x = t
2

2

 t2+t < 0

2



-1 < t < 0. Do đó - 1 < log 1 x < a(*)  1 < x < 2
2

Giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh hiểu rằng log 1 x là hàm số có cơ số là nhỏ hơn 1
2

nên hàm số y = log 1 x nghịch biến; việc vận dụng vào đẳng thức (*) phải lƣu ý để lấy
2

khoảng nghiệm của bất phƣơng trình.
Xác định m để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2), giáo viên có thể nêu những câu hỏi
sau:
- Với 1 < x < 2 đều làm cho f(x) = x2 + mx + m2 + 6m < 0 tức là
x  (1,2) đều
thuộc vào tập nghiệm của bất phƣơng trình f(x) < 0 có mối quan hệ nhƣ thế nào giữa
(1,2) với tập nghiệm đó ?
- Hãy biểu diễn (1,2) cùng với các tập nghiệm của bất phƣơng trình (2) lên trục số ?
Những câu hỏi này có tác dụng dẫn dắt học sinh đi đến cách giải: mọi nghiệm của (1) là
nghiệm của (2) có nghĩa là cần tìm m để tập nghiệm của (2) chứa hết khoảng 1 < x < 2.
Bằng sự biểu diễn trên trục số học sinh sẽ phát hiện dễ dàng hơn.
Bài toán tƣơng đƣơng với điều kiện
1+m+m2+6m<0
2

4+2m+m +6m<0

+



m2 +7m +1<0 / / / / / / / / (

(1,2)

x1

+
)/ / / / / / / /
- x2

m2+8m+4 <0
- 7 - 45
 m  -4  2 3

2

22x+32y = 1

Bài toán 3.4: cho hệ phƣơng trình

2x +2y = a

v

B
u
0

A

u+v = a

12


Xác định a để hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất và tìm nghiệm đó ?
Giáo viên dẫn dắt học sinh đặt
Với điều kiện u,v > 0 hệ phƣơng trình sẽ đƣa về dạng:
u+v=a

(I)

u2 + v2 = 1

Bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn nếu học sinh biểu diễn miền nghiệm hệ (I) trên hệ trục
uOv: u2 + v2 = 1 là đƣờng tròn đơn vị (C) có
Tâm O(0,0)
Bán kính R = 1

(chỉ lấy cung AB góc phần tƣ thứ nhất)
u + v = a là phƣơng trình đƣờng thẳng (d) từ mô hình trực quan dễ thấy rằng hệ phƣơng
trình có nghiệm duy nhất  (d) tiếp xúc với đƣờng tròn tâm (O) tại cung AB.


Khoảng cách từ O (d) = R

-a

1
2
a>0



a> 0

Khi (d) tiếp xúc (c) tại điểm M (2
2
2
2y =
2

2x =


a  2

2 2
2
;
) suy ra u = v =
2 2
2
x=-



u

1
2

y = log3

2
2

Bài toán 3.5: Giải bất phƣơng trình:

13


1
log 1
3

2x - 3x  1
2



1
log 1 (x  1)

(1)

3

Đa số học sinh khi gặp bài toán này đều thấy khó khăn và phải phân chia rất nhiều trƣờng
hợp. Nếu các em để ý biểu diễn trên trục số thì bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Bằng
phƣơng tiện trực quan là trục số
Giáo viên có thể khai thác các tính chất, định lý về logarít nhằm giúp học sinh phân chia
các trƣờng cho chính xác. Cụ thể nhƣ sau:
-1
Điều kiện của bất phƣơng trình:

1
2

3
x>1 (x  0, )
2

Đặt A  log 1 2x 2  3x  1  0  2x 2  3x  0  0  x 
3

3
2

B  log 1 (x  1)  0  x  1  1  x  0
3

Giáo viên gợi ý để học sinh biểu diễn miền nghiệm của A và B lên trục số
x

-∞
+∞

-1

0

1/2

1

3/2

A

-

+

+

-

B

+

-

-

-

? Từ bảng xét dấu trên hãy xét các trƣờng hợp có thể xảy ra đối với bất phƣơng trình
trên.
- Trong khoảng (-1,0) VT < 0, VP > 0 nên bất phƣơng trình (1) không xảy ra.
- Trong khoảng (0,

1
)
2

VT > 0, VP < 0, bất phƣơng trình (1) đúng.

14


- Trong khoảng (1,

3
)
2

VT > 0, VP < 0 bất phƣơng trình (1) đúng trong miền xác

định.
3
2

- Trong khoảng ( , +∞) VT < 0, VP < 0 bất phƣơng trình (1) tƣơng đƣơng với:
log 1 2 x 2  3 x  1 < log 1 ( x  1) 
3

2 x 2  3x  1  x  1  0

3

 x  1
 1  x  0
3

 x  5 vì điều kiện x >
 2
2
x  5x  0  x  5
1
2

3
2

Tóm lại nghiệm của bất phƣơng trình x  (0, )  (1, )  (5,)
Nhận xét:
Con đƣờng giải toán theo định hƣớng trên đòi hỏi ngƣời giáo viên cần phải cung cấp cho
học sinh những tri thức về phƣơng pháp để học sinh tự tìm tòi, tự phát hiện vấn đề, tìm ra
đƣợc hƣớng giải của một bài toán
Biện pháp 4: Sử dụng phương tiện trực quan với mục đích vạch ra sai lầm và sửa chữa
thiếu sót, sai lầm của học sinh trong quá trình học phần hàm số mũ, hàm số logarít.
1. Sai lầm phổ biến trong việc giải các bài toán về phương trình, bất phương trình mũ,
logarít:
Có những sai lầm đƣợc xem là đơn giản, nói chính xác hơn là những sai lầm không đáng
có, mà có những sai lầm khó nhận ra, chẳng hạn khi chuyển qua một mệnh đề tƣơng

đƣơng, học sinh thƣờng gặp những sai sót về dấu, hoặc khi thiết lập sự tƣơng ứng qua
phép đặt ẩn phụ thì học sinh quên điều kiện... Cụ thể là xét các bài toán sau:
Bài toán 4.1. Cho phƣơng trình

x

4 - 2.2

x 1

 1 - 2m  0

(1)

Tìm m để phƣơng trình có nghiệm.
- Cách giải sai khá phổ biến của khá nhiều học sinh
Đặt 2 x  t (t > 0) . Khi đó (1)  f(t) = t2 - 4t + 1 - 2m = 0 (2) (t > 0)
(1) có nghiệm  (2) có nghiệm t > 0
Δ'  4  1  2 m  0
3
1

 m
 0  t 1  t 2  P  1  2 m  0
2
2
S  4  0


y

y = 2| x |

15
1

y=1


 3 1

Vậy phƣơng trình có nghiệm khi m   , 
 2 2
Cũng có rất nhiều học sinh lập luận: Phƣơng trình (1) có nghiệm thì phƣơng trình (2) t2 -4t +
1 - 2m = 0 có nghiệm  Δ'  4  1  2m  0  m > -

3
2

- Nguyên nhân dẫn đến sai lầm ở đây là việc chuyển dịch sang bài toán tƣơng
đƣơng, nói cách khác họ chƣa nhận ra đƣợc khi đặt: 2 x  t thì t sẽ biến thiên trong miền
nào với điều kiện của x.
Để khắc phục đƣợc sai lầm kiểu này giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh thấy
rằng theo mục 2.4.4 đồ thị y  2 x luôn nằm phía trên đƣờng thẳng y = 1 có nghĩa là
2  1 x (hoặc có thể lý luận: x  0  2  2 0  1 ).
x

x

- Khi đã mắc phải sai lầm trên thì trong lập luận tiếp theo học sinh lại mắc phải thiếu sót
sau:

Học sinh cho rằng: Phƣơng trình (2) có nghiệm t > 0 chỉ xảy ra 0 < t1 t2 mà họ quên rằng
có thể xảy ra t1 < 0 < t2 .
Để khắc phục sai lầm loại này, giáo viên có thể vẽ lên trục số, vạch ra các trƣờng
hợp để học sinh phát hiện ra bản chất của vấn đề một cách trực quan; Để phƣơng trình (2)
có nghiệm t > 0.
Có hai khả năng xảy ra:
t 1  0  t 2
0  t  t

1
2

0
0

t1

t2

Khắc phục những thiếu sót và sai
có thể dẫn dắt học sinh giải bài toán nhƣ sau:

lầm

của

học

sinh

giáo

viên

x
Đặt 2  t ta có: x  0  2 x  2 0  1  t  1

y

Phƣơng trình tƣơng đƣơng:
t2 - 4t +1 - 2m = 0


t2 -4t = 2m - 1

(2) (t > 1)
(t > 1)

?Yêu cầu học sinh vẽ Parapol.
0

2

4

t

16
-4

y = 2m-1


y = t2 - 4t (với t > 1)
Vẽ đƣờng thẳng y = 2m - 1 trên hệ trục tọa độ yOt, từ đồ thị suy ra phƣơng trình (2) có
nghiệm t > 1  2m -1 > -4  m  -

3
2

Vậy Phƣơng trình (1) có nghiệm khi m  -

3
2

Bài toán 4.2. Tìm a để phƣơng trình lg(x 2  ax)  lg(x  a  1) (1) có nghiệm duy nhất.
Đa số học sinh đều đƣa phƣơng trình về dạng x2 + ax = x + a -1 (x > 1 - a)  f(x) = x2 - (1
- a)x + 1 - a = 0 (2) với x > 1- a.
Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất thì Phƣơng trình (2) có nghiệm duy nhất x > 1- a.
Sai lầm thứ nhất sẽ thấy ở học sinh khi giải bài toán này đó là sai lầm về mặt hiểu
ngôn ngữ vì vậy không thiếu học sinh cho rằng yêu cầu của bài toán
  0

 S
 2  1 - a

Để khắc phục những sai lầm loại này, giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh thấy
rằng phƣơng trình có đúng một nghiệm lớn hơn 1 - a không có nghĩa là phƣơng trình có
nghiệm duy nhất.
Tuy nhiên có những học sinh không mắc phải sai lầm ấy họ biết lập luận rằng phƣơng

trình có đúng một nghiệm lớn hơn 1 - a thì hoặc là phƣơng trình có nghiệm kép và bản
thân nghiệm kép là lớn hơn 1- a, hoặc phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt nhƣng trong
đó có một nghiệm lớn hơn 1- a, còn nghiệm kia bé hơn hoặc bằng 1 - a.
   0

S
   1  a
 2
x  1  a  x
 1
2

Đối với trƣờng hợp x1  1- a < x2 đa số học sinh không thực sự ý thức đƣợc sự tế
nhị của dấu bằng cho nên học sinh cho rằng:
af(1- a)  0  a  1 tuy nhiên thử lại với a = 1 phƣơng trình tƣơng đƣơng x = 0
loại vì x > 1-a  x > 0, trong dạy học cần làm cho học sinh thấy rằng phƣơng trình (2) có
nghiệm duy nhất lớn hơn 1 - a có những khả năng sau:
17


  0

TH1:  S
 2  1  a

  0
x 1  1  a  x 2

TH2: 

  0
x 1  1  a  x 2

TH3: 

và cần làm cho học sinh hiểu rằng x 1  1 - a < x2  af(1 - a)  0 nhƣng ngƣợc lại
af(1 - a)  0 thì chỉ kéo theo x 1  1 - a  x2 chứ không nhất thiết x 1 < 1-a < x2. Từ
những sai lầm của học sinh trong khi dạy giáo viên cần dùng các phƣơng tiện trực
quan tƣợng trƣng sau để giúp học sinh khắc phục các sai lầm đó.
Đối với phƣơng trình f(x) = ax2 + bx + c = 0 có nghiệm duy nhất lớn hơn  có những
khả năng sau:

Δ 0

 x1  α  x 2

0 x1  x2

y

y

y

x

  0

 x1    x2

Δ  0

S
α

2

0  x1  x2

x

0 x1 =  x2

x

2. Những sai lầm do việc không nắm vững các định nghĩa, định lý, quy tắc... vận dụng chúng
một cách máy móc không chú ý đến điều kiện áp dụng:
Có rất nhiều nguyên nhân dẫn đến sai lầm. Việc không nắm vững định nghĩa, định
lý, giả thiết của định lý, vận dụng một cách mơ hồ, chẳng hạn nhiều học sinh cho rằng:
* log3(-4)(-8) = log3-4 + log3 (-8)
* log2 (x2 -1) = log 2 (x-1) (x+1) = log2 (x-1) + log2(x+1)

(|x| > 1)

* loga(-7)2 = 2loga-7
* logax2 = 2logax (0 < a 1)
Đây là loại sai lầm do học sinh không nắm vững khái niệm, tính chất, giả thiết của định
lý.
Để tránh những sai lầm kiểu này giáo viên cần phân tích một cách rõ ràng trực quan cho
học sinh hiểu vấn đề.

18


x  0

* Hàm số y = logax xác định khi 0  a  1 dẫn tới log3(-4), log3(-8), loga(-7)

không tồn tại.
x  0

0  a  1 nhƣ vậy logax2 xác định

logax = logax với điều kiện
x  R(0  a  1 ) nên logax2 = 2loga|x| thế thì mới đảm bảo giả thiết của định lý.
*

Ngoài ra, không ít học sinh mắc phải sai lầm kiểu:
* loga(x1  x 2 ) = logax1  logax2
* loga(x1.x2) = logax1logax2

(x1, x2 > 0; 0 < a 1)

Để sửa chữa những sai lầm này trong khi dạy, ngƣời giáo viên cần phải làm rõ cho học
sinh thấy đƣợc bản chất của định lý, giả thiết định lý... cụ thể giáo viên có thể cho học
sinh làm bài toán sau:
Bài toán 4.3. Giải phƣơng trình:
3
log 1 (x  2) 2  3  log 1 (4  x) 3  log 1 (x  6) 3
2

4
4
4

Đa số học sinh lập luận bài toán nhƣ sau:
( x  2) 2  0  x  2


Điều kiện: (4  x )3  0   x  4  2  x  4
x  6  0
 x  6



Đây là một sai lầm tầm thƣờng nhƣng cần phải vạch ra cho học sinh hiểu bởi vì khi giải
phƣơng trình ta phải đi tìm tập nghiệm, thế thì sau khi tìm ra đƣợc những x rồi thì lại phải
đối chiếu xem những x đó có thuộc tập nghiệm hay không ? Một lẽ tất nhiên (x+2) 2 > 0
 6  x  4
x  -2 điều kiện của phƣơng trình là 
 x  2

Tuy nhiên, có nhiều học sinh không mắc phải sai lầm ấy, nhƣng khi bắt tay vào giải thì không
ít học sinh cả học sinh khá cũng lập luận bài toán 4.3 nhƣ sau:
Phƣơng trình
19


 3 log 1 ( x  2)  3  3 log 1 (4  x )  3 log 1 ( x  6)
4

4

4

 log 1 ( x  2)  log 1
4

4

1
 log 1 ( 4  x )  log 1 ( x  6)
4
4
4

x  2
loại vì -6 < x < 2
 4( x  2)  ( 4  x )( x  6)  
x  8

Vậy phƣơng trình có một nghiệm x = 2 thực tế phƣơng trình này có 2 nghiệm tại sao
phƣơng trình lại mất một nghiệm ?
Để học sinh khắc phục đƣợc những sai lầm này thầy giáo có thể nêu lên một hệ thống
logíc giữa các kiến thức sau. Để giúp học sinh nhận ra vấn đề một cách trực quan hơn, ta
có bảng tổng kết sau:
1. Nếu x<0; y<0 thì x.y và

x
x
đều lớn hơn 0 và logax.y, loga có nghĩa

y
y

nhƣng logax; logay không tồn tại
Trong trƣờng hợp này: logax.y = loga|x| + loga|y|
loga

x
= loga|x| - loga|y| (0 < a  1)
y

2. Biểu thức logaN2n ( n là số nguyên) có nghĩa với N  0 là số thực bất kỳ
ví i N  0
2n log a N
logaN2n = 2nloga|N| = 
2n log a - N víi N  0

Có thể giải bài toán 3 như sau:
Phƣơng trình  3 log 1 x  2  3  3 log 1 (4  x )  3 log 1 ( x  6)
4

4

4

20


 log 1 x  2  log 1
4

4

1
 log 1 (4  x)  log 1 (x  6)
4
4
4

 log 1 4. x  2  log 1 (4  x)(x  6)
4

4

4(x  2)  x 2  2x  24víi  2  x  4
 4. x  2  x  2x  24  
4(x  2)  x 2  2x  24víi  6  x  2
2

x  2

 x  8

x  1  33


x = 2 thỏa mãn -2 < x < 4

x  1  33 thỏa mãn -6 < x < -2

x  2

Vậy nghiệm của phƣơng trình là: 

 x  1  33

3. Dùng phương tiện trực quan để vạch ra những sai lầm của học sinh trong quá trình
giải toán phần hàm số mũ, hàm số logarít:
Việc sử dụng phƣơng tiện trực quan để minh họa một cách dễ hiểu về những sai
lầm của học sinh trong quá trình học là rất cần thiết, bởi trong quá trình học, học sinh
thƣờng mắc những sai lầm mà bản thân các em không nhận ra.
Để hiểu rõ hơn vấn đề này có thể bắt đầu bằng ví dụ sau:
Bài toán 4.4. Xác định m để bất phƣơng trình 4x + 2m. 2x + 2m + 1 < 0 (1) nghiệm đúng
với x  0 .
- Thực tiễn dạy học cho thấy học sinh khi giải bài toán trên thƣờng mắc phải sai
lầm kiểu sau:
Đặt 2x = t vì x < 0  2x < 20  0 < t < 1
Khi đó (1) có dạng: f(t) = t2 +2mt +2m+1 < 0 (2) t  (0,1)
Vậy (1) nghiệm đúng mọi x < 0  (2) nghiệm đúng t  (0,1)








'  0



af (0)  0


af (1)  0  

S

0  1
2

m 2  2m  1  0
2m  1  0
4m  2  0

 -

1
 m 1 2
2

1 m  0

21


Không ít học sinh còn lập luận: Đặt 2x = t điều kiện t > 0.
Vậy (1) nghiệm đúng x  0  (2): t2 + 2mt + 2m + 1 < 0 nghiệm đúng mọi t > 0.

m 2  2 m  1  0
  0


1

 af (0)  0  2 m  1  0
   m 1 2
2
S
m  0

 0
2

Việc dẫn tới sai lầm của học sinh là do việc nắm các định lý không vững, học sinh cho
rằng nghiệm bất phƣơng trình (2) đúng với mọi t thuộc (0,1) thì các nghiệm đó phải thuộc
(0,1). Mặt khác, do bài toán trên có cấu trúc hội, học sinh đã không ý thức đƣợc khi đặt 2 x
= t thì t sẽ biến thiên nhƣ thế nào khi mọi x < 0.
Thầy giáo biết học sinh giải thiếu và sai lầm, để giải quyết những sai lầm này thầy giáo
có thể sử dụng các trục số để vạch ra bản chất của bài toán bất phƣơng trình (2) nghiệm
đúng mọi t thuộc (0,1) thì khoảng (0,1) nằm trong khoảng nghiệm của bất phƣơng trình
có nghĩa (0,1) là tập con của [t1, t2]
af (0)  0
af (1)  0



đƣợc mô tả cụ thể trên trục số:
+

////////////

(0,1)
t1

-

///////////

+

t2

Có thể giải bài toán nhƣ sau:
Đặt 2x = t, điều kiện t > 0 khi đó (1) có dạng
f(t) = t2 +2mt +2m +1 < 0 (2) vì x < 0  2x < 20  t < 1
Vậy (1) nghiệm đúng với mọi x < 0  (2) nghiệm đúng với mọi t thuộc (0,1)

(*)

22


Điều kiện (*) đƣợc thỏa mãn khi f(t) = 0 có hai nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn t1
af (0)  0
2m  1  0
1

 m   với
2
af (1)  0
4m  2  0

< 0 < 1 < t2 . Vậy 

m<-

1
bất phƣơng trình
2

(1) nghiệm đúng với mọi x < 0.
Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
y = 4 sin

2

x

 4 cos

2

x

Đối với bài toán trên có rất nhiều phƣơng pháp giải, nhƣng không ít em mắc phải sai
lầm kiểu:
4 0  4 sin 2 x  41
0  sin 2 x  1
sin 2 x
cos2 x



2

4

4
8

0  cos2 x  1 4 0  4 cos2 x  41

Vậy maxy = 8 và miny = 2.
Nguyên nhân dẫn đến sai lầm và thiếu sót của lời giải là do việc học sinh không
nắm vững khái niệm giá trị lớn nhất và bé nhất, mặt khác do học sinh ngộ nhận rằng y 
c thì chắc chắn y nhỏ nhất bằng c, học sinh không hiểu đƣợc rằng có thể tồn tại một số m
nào đó thỏa mãn y  m (mà m  c).
Cần phải làm cho học sinh thấy rõ: Một biểu thức y luôn có giá trị  c (hoặc y  c)
với mọi giá trị thích hợp của biến thì không nhất thiết rằng tồn tại bộ giá trị thích hợp để
y = c dù cho y > c, thì cách viết y  c vẫn hoàn toàn đúng về mặt logic.
Mặt khác do không ý thức đƣợc điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức khi
sin 2 x  1
maxy = 8 dấu bằng xảy ra   2
vô nghiệm.
cos x  1
y = f(x)

Tƣơng tự khi miny = 2 thì dấu bằng không xảy ra.

Để vạch ra những sai lầm này thầy giáo có thể vẽ lênBbảng hai đồ thị:
Nhìn vào hình vẽ rõ ràng là f(x)  g(x) và f(xB) = g(xB) nhƣng minf(x) = miny = f(xA) <
f(xB).

A

g(x)

Có thể nói một nguyên nhân khác nữa dẫn đến sai lầm trên là do học sinh đã áp dụng
mệnh đề "nếu f(x)  g(x) và xảy ra f(x) = g(x) = C (hằng
số) thì min f(x) = C".
Hình
Có thể giải bài toán như sau:

23


2

2

áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 4sin x  4 cos x  2 41  4
dấu bằng xảy ra khi 4 sin
ta lại có 4 sin
4 cos

2

x

2

x

1 0

2

x

 4 cos

2

x

x



k
4
2

(1) ,

 1  0 (2) nhân (1) và (2)
2

 4sin

x

 4 cos

2

 5 dấu bằng xảy ra khi sinx = 0 hoặc cosx = 0

x

Vậy maxy = 5; miny = 4.
C. KẾT LUẬN
1. Kết quả nghiên cứu
Thực nghiệm sƣ phạm đƣợc tiến hành tại hai lớp có trình độ tƣơng đƣơng nhau. Sau khi
dạy thực nghiệm, tôi cho học sinh làm bài kiểm tra nhƣ sau:
Bài kiểm tra 45 phút:
Câu1: Giải phƣơng trình 3x =
Câu2: Cho phƣơng trình: 9 x

2

1 2
x
3

2 x

 3( x1)  m .
2

a. Giải phƣơng trình với m = 0
b. Tìm m để phƣơng trình có nghiệm
Câu 3: Tìm a để phƣơng trình

log 5 (ax)
= 2 có nghiệm duy nhất.
log 5 (x  1)

Kết quả thu đƣợc nhƣ sau:
Điểm

3

4

5

6

7

8

9

10

Tổng số bài

Thực nghiệm 4

3

4

8

9

9

5

0

42

Đối chứng

6

7

9

8

5

2

0

43

Lớp

6

24