Một số phương pháp giải nhanh các bài toán về tính tổng, tích và cực trị của hàm số mũ, hàm số lôgarit nhằm giúp học sinh

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Hàm số mũ và hàm số lôgarit là phần kiến thức cơ bản, nhưng nếu đi sâu
vào việc tính tổng, tích và các bài toán cực trị của chúng lại là một phần kiến
thức khó trong chương trình môn Toán lớp 12 bởi đa số học sinh không xác định
được hướng giải. Đặc biệt những năm gần đây trong đề thi THPT Quốc gia thì
dạng toán này lại rất phổ biến.
Để học sinh lớp 12 tự tin giải chính xác dạng toán này là một điều không
hề dễ vì cần phải kết hợp rất nhiều mảng kiến thức, đòi hỏi sự lập luận, suy luận
cao, tư duy lôgic cộng với việc tính toán nhanh. Đó là thách đối với học sinh
khiến tôi luôn trăn trở tìm tòi cách giảng dạy hiệu quả nhất bằng cách đưa ra một
số bài toán tổng quát và vạch ra các bước giải cụ thể.
Từ những lý do trên cùng với kinh nghiệm giảng dạy tôi đã quyết định
chọn đề tài: “Một số phương pháp giải nhanh các bài toán về tính tổng, tích
và cực trị của hàm số mũ, hàm số lôgarit nhằm giúp học sinh đạt kết quả
cao trong kỳ thi THPT Quốc gia” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm trong năm
học 2018 – 2019. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến, nhận xét và đánh giá
của đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài tập trung vào mục đích nghiên cứu là hình thành cách giải nhanh,
chính xác một số bài toán về hàm số mũ và lôgarit khó trong chương trình Giải
tích 12 nhằm rèn luyện các kỹ năng toán học và định hướng phát triển cho học
sinh những năng lực sau:
- Năng lực tư duy, năng lực tính toán, năng lực tự học và giải quyết vấn
đề.
- Năng lực sử dụng công nghệ thông tin (máy tính cầm tay casio).
- Năng lực sử dụng ngôn ngữ Toán học.
- Kỹ năng vận dụng kiến thức về các phương pháp tính tổng, tích và cực
trị của hàm số mũ, hàm số lôgarit.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là cách giải các bài toán về tổng, tích,

cực trị của hàm số mũ và hàm số lôgarit - Chương II – Giải tích 12 để rèn luyện
các kỹ năng và phát triển các năng lực Toán học của học sinh.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm:
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Dựa vào sách giáo
khoa Giải tích 12 - Nâng cao và Cơ bản, sách bài tập Giải tích 12 - Nâng cao và
Cơ bản, tài liệu phân phối chương trình, tài liệu về dạy học theo định hướng phát
triển năng lực học sinh.
- Phương pháp nghiên cứu thực tiễn:
+ Điều tra, khảo sát, phỏng vấn, dự giờ dạy học phần hàm số mũ và hàm số
lôgarit ở trường THPT Triệu Sơn 3 để từ đó thấy được tầm quan trọng của việc
áp dụng phương pháp này trong việc nâng cao chất lượng dạy học.
+ Thống kê, phân loại, đánh giá kết quả khảo sát và thực nghiệm.
+ So sánh, đối chiếu giữa lí luận và thực tiễn dạy học, giữa thể nghiệm và
1


đối chứng để qua đó thấy được hiệu quả của đề tài.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong nghiên cứu khoa học thì việc tìm ra quy luật, phương pháp để giải
quyết một vấn đề là vô cùng quan trọng. Nó giúp ta có định hướng tìm được lời
giải của một lớp các bài toán. Trong dạy học giáo viên là người có vai trò thiết
kế và điều khiển sao cho học sinh thực hiện và luyện tập các hoạt động tương
thích với nội dung dạy học. Vì vậy trang bị về phương pháp, tập trung dạy cách
học, rèn luyện các kỹ năng, phát triển các năng lực cho học sinh... là một nhiệm
vụ quan trọng của người giáo viên.
Trong phần “Hàm số mũ và hàm số lôgarit” (Chương II sách giáo khoa
Giải tích lớp 12) chỉ đưa ra tính chất, tính đồng biến nghịch biến đồ thị của hàm
số mũ và hàm số lôgarit, còn việc khai thác tổng, tích, cực trị rất ít. Vì vậy, tôi

nhận thấy mình cần bổ sung thêm một số bài toán tổng quát về tổng, tích và cực
trị giúp học sinh biết cách giải quyết dạng toán này.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trường THPT Triệu Sơn 3 là một trường nằm ở phía tây của huyện, có
nhiều xã miền núi, đặc biệt khó khăn thuộc vùng V135, V134, có nhiều học sinh
là con em dân tộc thiểu số nên điểm đầu vào thấp. Tư duy của học sinh chậm,
điều kiện kinh tế khó khăn, đường đi học còn xa và khó đi nên ảnh hưởng rất
nhiều đến kết quả học tập của các em.
Trong quá trình dạy học tôi nhận thấy một điều đó là để biết làm và làm
tốt tổng, tích, cực trị của hàm số mũ và hàm số lôgarit thì cần phải nắm vững
nhiều kiến thức, đòi hỏi học sinh phải có khả năng phán đoán, phân tích tốt đồng
thời cần có kỹ năng trình bày chặt chẽ và tư duy logic cao, kỹ năng phân tích
dạng toán. Nhưng trên thực tế điều này lại là điểm yếu của không ít học sinh, kể
cả học sinh khá giỏi, do đó dẫn đến tâm lý chán, ngại làm các dạng toán khó
này.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Ôn tập một số kiến thức cần dùng cho học sinh.
+) Tính chất của hàm số mũ và hàm số lôgarit.
+) Bất đẳng thức Cauchy.
+) Định lí Viét.
+) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
1.1. Nếu hàm số f ( x) liên tục và đơn điệu trên (a ; b) thì ta có:
f (u ) = f (v) ⇔ u = v ∀ u , v ∈ (a ; b).
1.2. Nếu hàm số f ( x) liên tục và đơn điệu trên (a ; b) thì phương trình f ( x) = k
(k là một hằng số) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng (a ; b).
1.3. Nếu hai hàm số f ( x) ; g ( x) liên tục và đơn điệu trên (a ; b) thì phương trình
f ( x) = g ( x) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng (a ; b).

2.3.2. Hướng dẫn và rèn luyện một số dạng tổng, tích các hàm số mũ
và lôgarit thường gặp thông qua các bài toán tổng quát giúp học sinh làm

toán trắc nghiệm nhanh, chính xác.
2


ax
(a > 0) (1).
ax + a
Ta có tính chất: f ( x) + f (1 − x) = 1

Bài toán tổng quát 1: Với hàm số f ( x) =
Thật vậy:

ax
a1− x
ax
a
ax
a
f ( x) + f (1 − x) = x
+ 1− x
= x
+
= x
+ x
a + a a + a a + a ax ( a + a) a + a a a + a
ax
ax
a
= x
+ x

= 1.
a + a a + a
25 x
Bài 1: Cho hàm số f ( x ) = x
. Tính giá trị của biểu thức:
25 + 5
1
2
2019 .
S= f(
)+ f (
) + ... + f (
)
2019
2019
2019
6059
2019
A.
B. 1009
C.
D. 1010
6
2

Hướng dẫn:
- Đây là hàm số dạng (1)
- Có 2019 số hạng (số lẻ), suy ra có 1009 cặp cộng với f (1)
25 6059
=

. Chọn A.
30
6
2019 x
. Tính giá trị của biểu thức:
Bài 2: Cho hàm số f ( x) =
2019 x + 2019
1
2
2018 .
S= f(
)+ f (
) + ... + f (
)
2019
2019
2019
6011
2019
A.
B. 1009
C.
D. 1011
8
2

- Đáp số là 1009 +

Hướng dẫn:
- Đây là hàm số dạng (1)

- Có 2018 số hạng (số chẵn), suy ra có 1009 cặp
- Đáp số là 1009. Chọn B.
*Nhận xét: Khi học sinh nắm được bài toán tổng quát thì việc giải quyết bài
toán trở nên dễ, đơn giản hơn nhiều và không mất nhiều thời gian cho việc tính
toán. Vấn đề còn lại là kiểm tra xem đề cho các số hạng là số lẻ hay số chẵn thì
học sinh sẽ tính ngay kết quả.
9t
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả
9t + m 2
các tham số m sao cho f ( x) + f ( y ) = 1 với mọi số thực x, y thỏa mãn:
e x + y ≤ e( x + y ). Tính số phần tử của S.

Bài 3: Xét hàm số f (t ) =

A. 0
B.
C. Vô số
D.
1
2
(Trích đề thi THPT Quốc gia năm 2017 - Câu 50 - Mã đề 103).
Hướng dẫn:

3


9t
ta nghĩ ngay đến y = 1 − x
9t + m 2
2

2
Dựa vào bài toán tổng quát ⇒ m = 9 ⇔ m = 3 ⇒ m = ± 3 ⇒ S = ± 3 .

Từ hàm số f (t ) =

{

}

Chọn D.
Cách giải thông thường:
Theo giả thiết ta có: e x + y ≤ e( x + y ) ⇔ e x + y − e( x + y ) ≤ 0 .
Đặt u = x + y ⇒ g (u ) = eu − eu , g '(u ) = eu − e, g '(u ) = 0 ⇔ eu = e ⇔ u = 1.
Bảng biến thiên:
u −∞
g’(u)
g(u)

+∞

1
-

0

+

+∞

+∞

0
Từ BBT ta có:
g (u ) ≥ g (1) = 0, ∀u ∈ R ⇔ e x + y ≥ e ( x + y ) ∀x, y ∈ R
⇒ e x + y = e( x + y ) ⇔ x + y = 1 ⇔ y = 1 − x
9t
91− x
9x
9
+ 1− x
=1⇔ x
+
=1
Mặt khác: f ( x) + f (1 − x) = 1 ⇔ t
2
2
2
9 +m 9 +m
9 + m 9 + 9 x m2
9t
91− x
⇔ t
+
= 1 ⇔ 9.9 x = 9 x.m 4 ⇔ m 2 = 3 ⇔ m = ± 3 ⇒ S = ± 3 .
2
1− x
2
9 +m 9 +m

{

}

Chọn D.
* Nhận xét: Lời giải này tương đối dài và khó, mất nhiều thời gian.
a2x − a + 1
(a > 0) (2).
Bài toán tổng quát 2: Với hàm số f ( x) = 2 x
a +a
1
Ta có tính chất: f ( x) + f (1 − x) =
a

Thật vậy:
a2
− a +1
a − a +1 a
− a + 1 a − a + 1 a2x
f ( x) + f (1 − x) = 2 x
+ 2(1− x )
= 2x
+
=
a +a
a
+a
a +a
a2
+a
a2x

a 2 x − a + 1 a 2 − a.a 2 x + a 2 x a.a 2 x − a 2 + a + a 2 − a.a 2 x + a 2 x
a2x + a
1
= 2x
+
=
=
= .
2
2x
2
2x
2x
a +a
a + a.a
a + a.a
a (a + a ) a
x
9 −2
Bài 1: Cho hàm số f ( x) = x . Tính giá trị của biểu thức
9 +3
1
2
2019
S = f(
)+ f (
) + ... + f (
)
2019
2019

2019
2x

2(1− x )

2x

4


A.

4039
12

B. 1009

C.

4043
12

D.

1010
3

Hướng dẫn:
- Đây là hàm số dạng (2)
- Có 2019 số hạng (số lẻ), suy ra có 1009 cặp cộng với f (1)

1 7 4043
=
. Chọn C.
3 12
12

- Đáp số là 1009. +

x
Bài 2: Cho hàm số f ( x) = 16 − 3 . Biết a + b = 3 . Tính giá trị của biểu thức
x

16 + 4
S = f (a ) + f (b − 2)

A. 1

B.

1
4

C.

1
2

D. 2

Hướng dẫn:

- Đây là hàm số dạng (2)
- Vì a + b = 3 ⇔ a + b − 2 = 1 .
- Đáp số là

1
. Chọn B.
4

*Nhận xét: Khi gặp dạng toán này nếu không nhớ bài toán tổng quát ta xét
tổng f ( x) + f (1 − x) , từ đó sẽ tính được kết quả.
1
2

Bài toán tổng quát 3: Cho hàm số f ( x) = logα
Ta có tính chất: f ( x) + f (1 − x ) = 1
Thật vậy:

ax
(0 < a ≠ 1; 0 < x < 1) (3).
1− x

1
ax 1
a (1 − x) 1
ax a (1 − x) 1
f ( x) + f (1 − x) = log a
+ log a
= log a
.
= log a a 2 = 1

2
1− x 2
1 − (1 − x) 2
1− x
x
2
1
 2x 
Bài 1: Cho hàm số f ( x ) = log 2 
÷. Tính tổng:
2
1− x 
1
2
2019 .
S = f(
)+ f (
) + ... + f (
)
2020
2020
2020
2017
2019
A. 1010
B. 1009
C.
D.
2
2

Hướng dẫn:
- Đây là hàm số dạng (3)
- Có 2019 số hạng (số lẻ), suy ra có 1009 cặp cộng với f (

1010
1
)= f( )
2020
2

1
2

2019
. Chọn D.
2
1
6x
Bài 2: Cho hàm số f ( x ) = log 6
. Tính tổng:
2
1− x

- Đáp số là 1009 + =

S = f(

A. 1009

1
2
2018 .
)+ f (
) + ... + f (
)
2019
2019
2019
2019
B. 1010
C.
2

D.

2021
2

5


Hướng dẫn:
- Đây là hàm số dạng (3)
- Có 2018 số hạng (số chẵn), suy ra có 1009 cặp
- Đáp số là 1009 . Chọn A.
*Nhận xét:
- Chú ý quan trọng là hai giá trị trong ngoặc có tổng bằng một, từ đó
ghép hai giá trị có tổng không đổi để tính kết quả.
- Nhìn vào bài toán tương đối phức tạp nhưng lại được giải quyết nhanh

gọn.
Bài toán tổng quát 4: Cho hàm số f x = e
( )
S = f (1) f (2)... f (n − 1) = e
Thật vậy, xét các số thực x > 0 ta có
1
1
1+ 2 +
=
x ( x + 1) 2

(x

2

)

+ x +1

x 2 ( x + 1)

2

⇒ S = f (1) f (2)... f ( n − 1) = e
Bài 1: Cho hàm số f x = e
( )

2

1+

1
1
+
x 2 ( x +1) 2

n2 −1
n

x2 + x + 1
1
1
= 2
= 1+ −
x x +1
x +x

1 1
1 1
1 1
(1+ − ) + (1+ − ) +...+ (1+
− )
1 2
2 3
n −1 n

1+

.

1
1
+
x 2 ( x +1) 2

=e

n−

1
n

=e

n 2 −1
n

.

Tính A = f ( 1) . f ( 2 ) ... f ( 2018 ) .
A. e 2019
B. e 2918

C.

e

D.

2019 2 −1

2019

e

20182 −1
2018

Hướng dẫn:
A = f (1) f (2)... f (2018) = e

Bài 2: Cho hàm số f x = e
( )

1+

2019 2 −1
2019

1
1
+
x 2 ( x +1) 2

.

Chọn C.

. Biết rằng

m

A = f (1). f (2). f (3).... f (2009) = e với m, n là các số tự nhiên và n là phân số tối
giản. Tính m − n 2 .
m
n

A. m − n 2 = 2020.

B. m − n 2 = −2020.

C. m − n 2 = 1

D.

m − n 2 = −1

Hướng dẫn:
A = f (1) f (2)... f (2019) = e

2020 2 −1
2020

m 2020 2 − 1
⇒ =
.
n
2020

20202 − 1
Phân số
là phân số tối giản, nên m = 2020 2 − 1, n = 2020 ⇒ m = n 2 = −1.

2020

Chọn D.
*Nhận xét:
6


- Nếu học sinh chưa gặp dạng này và không nắm được công thức tổng
quát thì đây là vấn đề vô cùng khó trong lúc làm trắc nghiệm vì sẽ mất rất nhiều
thời gian. Nhưng khi nắm được công thức tổng quát thì chỉ việc thay số và có
kết quả ngay.
- Trên cơ sở các bài toán tổng quát ta có thể xây dựng được một lớp bài
toán tương tự.
2.3.3. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng tìm cực trị các hàm số mũ và
lôgarit.
Phương pháp chung:
Bước 1: Kỹ năng biến đổi linh hoạt tính chất của hàm số mũ và lôgarit
Bước 2: Sử dụng một số bất đẳng thức đơn giản để tìm miền giá trị của ẩn
Bước 3: Biến đổi, sử dụng tính đơn điệu của hàm số để tìm mối liên hệ giữa
các ẩn
Bước 4: Dồn biến
Bước 5: Xét hàm một biến để tìm cực trị
Tùy từng bài ta có thể giảm bớt một hoặc hai bước.
Phần 1: Hàm số mũ.
Bài 1: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 2 x + 2 y = 4. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P = (2 x 2 + y )(2 y 2 + x) + 9 xy.
A.

29
2

B. 18

C.

27
2

D. 19.

Phân tích: Bài này có tính chất đối xứng ta sẽ nghĩ ngay đến việc sử dụng BĐT
Cauchy hoặc có thể dồn biến để xét hàm.
Hướng đẫn:
Cách 1:
( x + y)2
≤ 1.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có 4 = 2 + 2 ≥ 2 ⇒ x + y ≤ 2 ⇒ xy ≤
4
⇒ P = 2( x 3 + y 3 ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy = 2( x + y ) ( x + y ) 2 − 3 xy + 4 x 2 y 2 + 10 xy
x

x+ y

y

(

)

≤ 4(4 − 3 xy ) + 4 x y + 10 xy = 16 + 4 x y − 2 xy = 16 + 2 x y 2 + 2 xy ( xy − 1) ≤ 18

Vậy Pmin = 18 ⇔ x = y = 1. Chọn B.
2

2

2

2

2

Cách 2: Áp dụng BĐT Cauchy ta có 4 = 2 x + 2 y ≥ 2 x + y ⇒ x + y ≤ 2 ⇒ y ≤ 2 − x.
⇒ P ≤ (2 x 2 − x + 2)(2(2 − x) 2 + x) + 9 x(2 − x)
= 4 x 4 − 16 x 3 + 18 x 2 − 4 x + 16 = f ( x) ≤ f (1) = 18 ( BBT ). Chọn B.
Bài 2: Cho a, b nguyên và lớn hơn 1, a x2 +1 = b x có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và
= (9a ) x có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn ( x1 + x2 ).( x3 + x4 ) < 3. Tìm
giá trị nhỏ nhất của S = 3a + 2b.
A. 12
B. 44
C. 46
D. 32
Phân tích: Với bài này ta sẽ liên hệ đến định lí Viét. Tìm điều kiện của a, b và
mối liên hệ giữa a, b.
bx

2

−1

7

Hướng dẫn:
2
2
+ a x +1 = b x ⇔ log a a x +1 = log a b x ⇔ x 2 + 1 = x.log a b ⇔ x 2 − x.log a b + 1 = 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ > 0 ⇔ (log b) 2 − 4 > 0 ⇔ log b > 2 ⇔ b > a 2 ( a, b > 1) theo Viét
a

a

x1 + x2 = log a b.
x 2 −1

x 2 −1

+ b = (9a) ⇔ logb b = log b (9a) ⇔ x − 1 = x.log b 9a ⇔ x − x.log b 9a − 1 = 0
phương trình này luôn có hai nghiệm vì ac < 0. Theo Viét x3 + x4 = logb 9a.
Từ
x

x

2

2

( x1 + x2 ).( x3 + x4 ) < 3 ⇔ log a b.log b 9a < 3 ⇔ log a 9a < 3 ⇔ 9a < a 3 ⇔ a > 3 ( a > 1)

Do a ∈ Z , a > 3 ⇒ a ≥ 4, b > a 2 ≥ 4 ⇒ b > 16, b ∈ Z ⇒ b ≥ 17.
S = 3a + 2b. ≥ 3.4 + 2.17 = 46. Chọn C.
3
5 xy
x+2 y
x
,
y
>
0
5
+
+
x
+
1
=
+ 3− x −2 y + y ( x − 2).
Bài 3: Cho các số
thỏa mãn
xy
5
3
P
=
x
+
y
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A. 3 − 2 3
B. 3 + 2 3
C. 2 + 3 3
D. 2 − 3 3
Phân tích: Với bài này ta sẽ đưa về hàm đặc trưng (bằng cách dồn cái chung về
một vế) để tìm mối liên hệ giữa x và y sau đó xét hàm một biến.
Hướng dẫn:
Từ 5 x+ 2 y +

3
5 xy
+
x
+
1
=
+ 3 − x − 2 y + y ( x − 2)
5
3 xy

⇔ 5 x + 2 y − 3 − ( x + 2 y ) + x + 2 y = 5 xy −1 − 3− ( xy −1) + xy − 1

Xét hàm đặc trưng f (t ) = 5t − 3−t + t , f '(t ) = 5t ln 5 + 3−t ln 3 + 1 > 0
⇒ f (t ) là hàm số đồng biến ⇒ x + 2 y = xy − 1 ⇔ x( y − 1) = 2 y + 1 ⇔ x =
P= x+ y = y+

2y +1
.
y −1

 y = 1+ 3
2 y +1
3
2
, P ' = 1−
,
P
'
=
0
⇔
(
y
−
1)
=
3
⇔

y −1
( y − 1)2
 y = 1 − 3

Bảng biến thiên
y
P’

−∞

1− 3

+

0

+∞

1+ 3

0
-

0

+

P
3+ 2 3

Nhìn vào bảng biến thiên, ta có P min = 3 + 2 3. Chọn B.
*Nhận xét: Khi học sinh đọc đề đa số các em sẽ cảm nhận ngay là rất khó
khăn và mất phương hướng. Nhưng bình tĩnh lại các em thực hiện từng bước,
8


tìm được mối liên hệ giữa các ẩn, quy về một biến và bước giải cuối cùng là xét
hàm một biến lại trở thành bài toán bình thường với đa số học sinh lớp 12.
Phần 2: Hàm số lôgarít.
Dạng 1: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

1 − xy
= 3 xy + x + 2 y − 4 . Tìm
Bài 1: Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 3
x + 2y

giá trị nhỏ nhất của P = x + y .

A. Pmin = 9 11 − 19 B. Pmin = 9 11 + 19 C. Pmin = 18 11 − 29
9

9

9

D. Pmin = 2 11 − 3
3

(Trích đề thi THPT Quốc gia năm 2017- Câu 47 - Mã đề 101)
Phân tích: Với bài này ta sử dụng tính chất của lôgarit đưa về hàm đặc trưng để
tìm mối liên hệ gữa x và y, sau đó xét hàm một biến.
Hướng đẫn:
Cách 1:
Từ
1 − xy
= 3 xy + x + 2 y − 4 ⇔ log 3 (1 − xy ) − log 3 ( x + 2 y ) = −3(1 − xy ) + x + 2 y − 1
x + 2y
⇔ log 3 3(1 − xy ) + 3(1 − xy ) = log 3 ( x + 2 y ) + x + 2 y
1
+ 1 > 0 ∀ t ∈ (0;+∞)

Xét hàm số f (t ) = log 3 t + t , f ' (t ) =
t ln 3
3− x
⇒ f (t ) đồng biến trên (0; +∞) ⇒ 3(1 − xy ) = x + 2 y ⇔ y =
3x + 2
Cách 2: Bấm máy tính tìm mối liên hệ giữa x và y : Cho
−97 3 − x
x = 100 ⇒ y =
=
.
302 3 x + 2
3− x
> 0 ⇒ 0 < x < 3.
Do y > 0 ⇒
3x + 2

−2 + 11
x=
∈ (0;3)

3− x
11
3
P= x+ y = x+
∀ x ∈ (0;3), P ' = 1 −
, P' = 0 ⇔ 
3x + 2
(3 x + 2) 2

−2 − 11

∉ (0;3)
x =
3

log 3

Bảng biến thiên
x
P’

−2 − 11
3

−∞

+

0

−2 + 11
3

0
-

0

3

+∞

+

P
2 11 − 3
3

9


2 11 − 3
. Chọn D.
3
1 − ab
= 2ab + a + b − 3. Tìm
Bài 2: Bài tập tương tự: Cho a, b > 0 thỏa mãn log 2
a+b
giá trị nhỏ nhất của P = a + 2b .
2 10 − 3
2 10 − 1
2 10 − 5
3 10 − 7
A. Pmin =
B. Pmin =
C. Pmin =
D. Pmin =
2
2
2
2

Nhìn vào bảng biến thiên, ta có P

min

=

(Trích đề thi THPT Quốc gia năm 2017- Câu 46 - Mã đề 102)
Bài 3: Cho a, b > 0 thỏa mãn log 5
của P = a 2 + b 2 .
A.

1
2

B.

4a + 2b + 5
= a + 3b − 4. Tìm giá trị nhỏ nhất
a+b

3
2

C.

5
2

D. 1

Hướng đẫn:
Cách 1:

4a + 2b + 5
= a + 3b − 4 ⇔ log 5 (4a + 2b + 5) − log 5 ( a + b) = a + 3b − 4
a+b
⇔ log 5 (4a + 2b + 5) + 4a + 2b + 5 = log 5 (5a + 5b) + 5a + 5b
1
+ 1 > 0 ∀ t ∈ (0;+∞)
Xét hàm số f (t ) = log 5 t + t , f ' (t ) =
t ln 5

Từ log 5

⇒ f (t ) đồng biến trên (0; +∞) ⇒ 4a + 2b + 5 = 5a + 5b ⇔ a = −3b + 5.

Cách 2: Bấm máy tính tìm mối liên hệ giữa x và y :
Cho b = 100 ⇒ a = −295 = −3b + 5 .
9 5
P = a 2 + b 2 = (−3b + 5)2 + b 2 = 10b 2 −30b + 25 = 10(b 2 − 3b + ) +
4 2
3
5 5
= 10(b − ) 2 + ≥
2
2 2

Vậy P

min

5
= . Chọn C.
2

*Nhận xét: Việc bấm máy tính để tìm mối liên hệ giữa các ẩn đối với học
sinh đã trở thành một công việc đơn giản. Phần xét hàm một biến các em cũng
có thể bấm máy tính mode7.
Bài 4: Cho các số x, y , z thỏa mãn x ≥ y ≥ z > 0 và
log 2

x− y
= ( z − x)( x + z − 2 y ).
y−z

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
A.

1
2

B.

2
3

z2 + 4 y2
.
4 z 2 + 2 xz + 4 y 2

3
C.
4

D.

1
6

Hướng dẫn:
Ta có log 2

x− y
= ( x + z )( z − x − 2 y ) ⇔ log 2 ( x − y ) − log 2 ( y − z ) = z 2 − x 2 + 2 xy − 2 yz
y−z

10


⇔ log 2 ( x − y ) + ( x − y ) 2 = log 2 ( y − z ) + ( y − z ) 2 ⇔ x − y = y − z ⇔ x + z = 2 y.
z2 + 4 y2
x 2 + 2 xz + 2 z 2 t 2 + 2t + 2
x
=
= 2
(t = ≥ 1).
2
2
2
2

z
4 z + 2 xz + 4 y
x + 4 xz + 5 z
t + 4t + 5
1
Xét hàm ⇒ P min = . Chọn A.
2

Vậy P =

2y +1
Bài 5: Cho các số x, y không âm thỏa mãn x 2 + 2 x − y + 1 = log 2
.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = e
B. −

A. −1

2 x −1

1
2

x +1

+ 4 x − 2 y + 1.
1
C.
e

2

D. e + 1

Hướng dẫn:
Ta có x 2 + 2 x − y + 1 = log 2

2y +1
1
⇔ x 2 + 2 x − y + 1 = log 2 (2 y + 1) − log 2 ( x + 1).
x +1
2
2
⇔ 2 x + 4 x + 2 + 2log 2 ( x + 1) = log 2 (2 y + 1) + 2 y
⇔ 2( x + 1) 2 + log 2 2( x + 1) 2 = 2 y + 1 + log 2 (2 y + 1).

1
> 0 ⇒ f (t ) đồng biến
t ln 2
⇒ 2( x + 1) 2 = 2 y + 1 ⇒ P = e 2 x −1 + 4 x 2 − 2( x + 1) 2 + 2 = e 2 x −1 + 2 x 2 − 4 x = f ( x).
f ' ( x) = 2e 2 x −1 + 4 x − 4; f ' ( x) = 0 ⇔ 2e 2 x −1 = −4 x + 4 (1).

Xét hàm f (t ) = t + log 2 t (t > 0), f '(t ) = 1 +

VT là hàm đồng biến, VP là hàm nghịch biến, suy ra phương trình nếu có
nghiệm thì nghiệm đó là nghệm duy nhất.
Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình (1), vậy phương trình (1) có
2

1

2

nghiệm duy nhất x = .
Bảng biến thiên:
x
f’(x)
f(x)

1
2

0
-

0

+∞

+

1
e

+∞
−1
2
1
Vậy P min = − . Chọn B.
2

*Nhận xét:
- Để đưa về được hàm đặc trưng đòi hỏi học sinh phải có kỹ năng thêm bớt,
biến đổi linh hoạt các biểu thức lôgarit.
11


- Với dạng toán trên ta có thể xây dựng được một lớp bài toán tương tự
Bước 1: Xét hàm số log a u + u = log a v + v.
Bước 2: Chọn u, v theo x, y .
Bước 3: Tính giá trị min, max của biểu thức theo x, y .
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Chọn u = 2 − xy, v = 3 x + 2 y, a = 3.
Ta được:
log 3 (2 − xy ) + 2 − xy = log 3 (3 x + 2 y) + 3 x + 2 y ⇔ log 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 4 x − 3 y .
Ví dụ 2: Chọn u = 4(1 − xy ), v = 2 x + 5 y, a = 4
Ta được:

2 − xy
= 3 x + 2 y + xy − 2.
3x + 2 y

log 4 4(1 − xy ) + 4(1 − xy ) = log 4 (2 x + 5 y ) + 2 x + 5 y ⇔ log 3
⇔ log 3

4(1 − xy )
= 2 x + 5 y + 4 xy − 4.
2x + 5 y

1 − xy
= 2 x + 5 y + 4 xy − 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + 3 y .
2x + 5 y

Dạng 2: Sử dụng một số bất đẳng thức đơn giản.
Bài 1: Cho a, b > 0 thỏa mãn log 3a + 2b+1 (9a 2 + b 2 + 1) + log 6 ab +1 (3a + 2b + 1) = 2
Giá trị của a + 2b bằng
A. 6

B. 9

C.

7
2

D.

5
2

(Trích đề thi THPT Quốc gia năm 2018 - câu 44 - Mã đề 101)
Phân tích: Với bài này ta sử dụng BĐT Cauchy để tìm mối liên hệ giữa a, b.
Hướng dẫn:
3a + 2b + 1 > 1
log 3a + 2b+1 (9a 2 + b 2 + 1) > 0
 2
2
Ta có a > 0, b > 0 nên 9a + b + 1 > 1 ⇒ 
log 6 ab +1 (3a + 2b + 1) > 0

6ab + 1 > 1


Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta được
log 3a+ 2b+1 (9a 2 + b 2 + 1) + log 6 ab+1 (3a + 2b + 1) = T
T ≥ 2 log 3a+ 2b+1 (9a 2 + b 2 + 1).log 6 ab+1 (3a + 2b + 1).

⇔ 2 ≥ 2 log 6 ab +1 (9a 2 + b 2 + 1) ⇔ log 6 ab+1 (9a 2 + b 2 + 1) ≤ 1 ⇔ 9a 2 + b 2 + 1 ≤ 6ab + 1
⇔ (3a − b)2 ≤ 0 ⇔ 3a = b
Vì dấu '' = '' đã xảy ra nên
log 6 ab +1 (3a + 2b + 1) = 1 ⇔ 3a + 2b + 1 = 6ab + 1 ⇔ 9a = 18a 2 ⇔ a =
1

1
3
⇒b= .
2
2

7

Vậy a + 2b = + 3 = . Chọn C.
2
2
Tương tự:
Bài 2: Cho a > 0, b > 0 thỏa mãn
log10 a +3b+1 (25a 2 + b 2 + 1) + log10 ab+1 (10 a + 3b + 1) = 2
Giá trị của a + 2b bằng

12

A.

5
2

B. 6

C. 22

D.

11
2

(Trích đề thi THPT Quốc gia năm 2018 - câu 37 - Mã đề 102)
Bài toán tổng quát:
Cho a, b, m, n, p, q > 0 thỏa mãn
log pa + qb +1 (m 2 a 2 + b 2 + 1) + log 2 ma +1 ( pa + qb + 1) = 2
Tính giá trị của f (a, b).
Cách giải:
Sử dụng một số bất đẳng thức đơn giản nhằm biểu thị được ẩn này theo ẩn
kia.
Bài 3: Cho x, y > 0 thỏa mãn log x + log y + 1 ≥ log( x + y ).
Tìm giá trị nhỏ nhất của S = x + 3 y.
2+ 3
1+ 3
3+ 3
C.

D.
5
4
20
Hướng dẫn: log x + log y + 1 ≥ log( x + y ) ⇔ log10 xy ≥ log( x + y ) ⇔ 10 xy ≥ x + y
1
x
y (10 x − 1) ≥ x ,
x, y > 0 ⇒ 10 x − 1 > 0 ⇒ x > ⇒ y ≥
vì
10
10 x − 1
3x
⇒S ≥ x+
= f ( x).
10 x − 1
Cách 1: Mode 7, Start 1 End 10 Step 10
10
29

A.

1+ 3
10

B.

Cách 2:
f ' ( x) = 1 −

3
1+ 3
, f ' ( x) = 0 ⇔ (10 x − 1) 2 = 3 ⇔ 10 x − 1 = 3 ⇔ x =
2
10
(10 x − 1)

(vì 10 x − 1 > 0 ).
Bảng biến thiên:
x

1+ 3
10

0

f’(x)

-

+∞

0

+

0

+∞

f(x)
2+ 3
5
2+ 3
. Chọn B.
5
1
x2 + y2 −2
log 2 ( x − y ) = (1 + log 2 (1 − xy ))
Bài 4: Cho 2 số thực x, y thỏa mãn 3
2

Nhìn vào bảng biến thiên, ta có S

min

=

Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2( x3 + y 3 ) − 3xy bằng:

13


A.

19
2

B.

13
2

C. 6

D. 8

Phân tích: Với bài này ta biến đổi lôgarit và dễ dàng đánh giá hai vế để có dấu
“=” xuất hiện.
Hướng dẫn:
1
(1 + log 2 (1 − ( xy ))
2
2
2
2
2
⇔ 3 x + y − 2 log 2 ( x − y ) 2 = log 2 (2 − 2 xy ) ⇔ 3 x + y − 2 log( x 2 + y 2 − 2 + 2 − 2 xy ) = log 2 (2 − 2 xy ) (*).
Dễ thấy: + Nếu x 2 + y 2 > 2 ⇒ VT > log 2 (2 − 2 xy ) = VP.
x
Điều kiện x > y, xy < 1. Ta có 3

2

+ y 2 −2

log 2 ( x − y ) =

+ Nếu x 2 + y 2 < 2 ⇒ VT < log 2 (2 − 2 xy ) = VP.
Từ (*) ⇒ x 2 + y 2 = 2 ⇔ ( x + y )2 ≤ 2( x 2 + y 2 ) = 4 ⇔ −2 ≤ x + y ≤ 2.

( x + y)2 − 2
.
2

Mặt khác x 2 + y 2 = 2 ⇔ ( x + y ) 2 − 2 xy = 2 ⇒ xy =

Vậy P = 2( x 3 + y 3 ) − 3xy = 2 ( ( x + y )3 − 3xy ( x + y ) ) − 3xy = 2( x + y )3 − 6 xy ( x + y ) − 3xy
( x + y)2 − 2
( x + y ) 2 − 2 −2( x + y )3 − 3( x + y ) 2 + 12( x + y ) + 6
( x + y) − 3
=
2
2
2
3
2
−
2
t
−
3
t
+
12
t
+
6
Đặt t = x + y . Xét hàm f (t ) =
2
13

f (t )max = f (1) = . Chọn B.
2
Bài 5: Cho các số thực dương a, x, y, z thỏa mãn 4 z ≥ y 2 , a > 1. Tìm giá trị nhỏ
= 2( x3 + y 3 ) − 6

nhất của biểu thức P = log 2 ( xy ) + log ( x3 y 3 + x 2 z ) + 4 z − y 2 .
a
a
B. −3

A. −4

C. −

25
16

D. −

21
16

Hướng dẫn:
5

2
2
y2
3 3
2

3 3
2 y
3 3 2 y
Từ giả thiết 4 z ≥ y ⇒ z ≥ . ⇒ x y + x z ≥ x y + x . ≥ 2 x y x . = ( xy ) 2. .
4
4
4
2

Vậy:
5
P = log a 2 ( xy ) + log a ( x 3 y 3 + x 2 z ) + 4 z − y 2 ≥ log a 2 ( xy ) + log a ( xy )
2
5
25
25
= (log a xy + ) 2 −
≥− .
4
16
16

Chọn C.
Bài 6: Cho các số thực a, b thỏa mãn a > b > 1
a

2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log a a + 3log b b .
b

A. 13

B. 14

C. 15

D. 16

Hướng dẫn:

14


Ta có

P = log 2a a 2 + 3log b
b

a
a
1
3
= 4log 2a .b + 3
= 4(1 + log a b) 2 +
b
b
log a b
log a b
b
b

b

b

3
2
Đặt t = log a b (t > 0) ⇒ p = f (t ) = 4(1 + t ) + t .
b
3 8t 3 + 8t 2 − 3 (2t − 1)(4t 2 + 6t + 3)
=
=
.
t2
t2
t2
1
1
f '(t ) = 0 ⇔ t = . Xét hàm ⇒ Pmin = f ( ) = 15. Chọn C.
2
2
Bài 7: Cho các số thực x thỏa mãn 1 < x < 64.
f '(t ) = 8(1 + t ) −

8
x

4
2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = log 2 x + 12log 2 x.log 2 .

A. 64
Hướng dẫn:

B. 81

C. 88

D. 100

8
x
Từ 1 < x < 64 ⇔ log 2 1 < log 2 x < log 2 64 ⇔ 0 < log 2 x < 6.
Đặt t = log 2 x (0 < t < 6)

4
2
4
2
Ta có: P = log 2 x + 12log 2 x.log 2 ⇔ P = log 2 x + 12log 2 x(log 2 8 − log 2 x).

P = t 4 − 12t 3 + 36t 2 ; P ' = 4t 3 − 36t 2 + 72t ; P ' = 0 ⇔ t = 3 (vì 0 < t < 6))

Bảng biến thiên
t

−∞

P’

0

-

3

0

+

+∞

6

0
81

-

0

+

P

Dựa vào BBT ⇒ Pmax = 81 khi t = 3. Chọn B.
Bài 8: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn 1 log 2 a = log 2 2 .

2
b
3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4a + b − 4log 2 (4a + b3 ).

A. 4log 2 6
B. 12(1 − log 2 3)
C. 4(1 − log 2 3)
3

3

D. 6
Phân tích: Dựa vào giả thiết ta tìm mối liên hệ giữa các ẩn và dồn biến sử dụng
BĐT tìm điều kiện của ẩn, sau đó xét hàm một biến.
Hướng dẫn:
Ta có: 1 log a = log 2 ⇔ log a = log 4 ⇔ a = 4 .
2

2

2

2

b2
b2
256
256 b3 b3
256 b3 b3
Đặt t = 4a3 + b3 = 6 + b3 = 6 + + ≥ 3 3 6 . . = 12 ⇒ t ≥ 12.
2 2
b
b
b 2 2

2

b

15


4
> 0 ∀t ≥ 12
t ln 2
Suy ra P là hàm số đồng biến trên [ 12; +∞ ) ⇒ P(t ) ≥ P (12).
P = t − 4log 2 t ; P ' = 1 −

Vậy P min = P(12) = 12 − 4log 2 12 = 12 − 4log 2 3.22 = 4(1 − log 2 3). Chọn C.
*Nhận xét:
- Đây là các bài toán khó đối với nhiều học sinh, nhưng nếu các em biết
khai thác, phát triển tốt cách giải trên thì mọi khó khăn đều được tháo gỡ.
- Trong các buổi sinh hoạt chuyên môn tại tổ chuyên môn, tôi đã đưa ra
cách làm này và đều được các đồng nghiệp đánh giá đây là cách giải hiệu quả
giúp học sinh có phương hướng xác định giảm bớt nổi hoang mang khi gặp các
bài toán dạng này.
2.3.4. Hệ thống bài tập sử dụng các cách giải trên giúp học sinh rèn
luyện.
16 x
. Tính giá trị của biểu thức
16 x + 4
1
2
2017
S= f(

)+ f (
) + ... + f (
)
2018
2018
2018
2019
A. 1010
B. 1009
C.
2
x
4 −1
. Tính giá trị của biểu thức
Bài 2: Cho hàm số f ( x) = x
4 +2
1
2
2018
S= f(
)+ f (
) + ... + f (
)
2019
2019
2019
2019
1009
A. 1008
B.

C.
2
2
1
3x
. Tính tổng:
Bài 3: Cho hàm số f ( x) = log 3
2
1− x
1
2
2018
S= f(
)+ f (
) + ... + f (
).
2019
2019
2019
2015
A. 1008
B. 1009
C.
2
Bài 4: Cho các số thực x, y thỏa mãn 0 < x, y ≤ 1 đồng thời

Bài 1: Cho hàm số f ( x ) =

D.

2017
2

D. 1009

D.
x
y

2 +4

2017
2

2 x 2 + 2 xy − y 2
2 xy

x
y

= 5.2 .

Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f ( x, y ) = e

x+ y
2

+2

A. e −

1
2

x− y

y2
− x − . Khi đó giá trị của biểu thức S =M+m bằng:
2

B. e − 1

C. e −

3
2

D. Không tồn tại

Bài 5: Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn
( x + y )3 + x + y + log 2

x+ y
= 8(1 − xy )3 − 2 xy + 3.
1 − xy

16

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 3 y.
A.

2 + 15
2

B.

3 + 15
2

15 − 2

C.

D.

3 + 2 15
6

x + 4y
= 2x − 4 y + 1
Bài 6: Cho 2 số thực dương x, y thỏa mãn log 2

x+ y
2 x − 2x2 y 2 + 6x2
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
( x + y )3
9

16
25
A.
B.
C. 4
D.
4
9
9
2
2
Bài 7: Cho 2 số thực a, b thỏa mãn a + b > 1 và log a2 +b2 (a + b) ≥ 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2a + 4b − 3
1
10
A.
B. 10
C. 2 10
D.
10
2
2
2
Bài 8: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn ln(4 x + 4 xy + y ) + ln16 = ln 25 .
2 1
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = +
là
x 4y
34
65

A. 5
B. 6
C.
D.
5
4
4

(Trích đề thi thử THPT Quốc gia năm 2019 lần 2 - câu 34 -Mã đề 132 - Trường
THPT Triệu Sơn 2 -Thanh Hóa)
Bài 9: Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a.4 x − b.2 x + 50 = 0

có hai có hai nghiệm phân biệt x, y và phương trình a.9 x − b.3x + 50a = 0 có hai
nghiệm phân biệt x 3 , x4 thỏa mãn x3 + x4 > x1 + x2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của S = 2a + 3b.
A. 51
B. 71
C. 81
D. 91
1
Bài 10: Cho các số x, y > 0 thỏa mãn e x+3 y + e xy +1 + x( y + 1) + 1 = e − xy −1 + x+3 y − 3 y.
e

Gọi m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x + 2 y + 1. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. m ∈ ( 2; 3)
B. m ∈ ( − 1; 0)
C. m ∈ ( 0;1)
D. m ∈ (1; 2)
(Trích đề thi thử THPT Quốc gia năm 2019 lần 4 - câu 44 -Mã đề 132 - Trường
THPT chuyên Thái Bình)

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
2.4.1. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục
Thông qua việc đưa ra các bài toán tổng quát, các bước giải cụ thể đồng thời
hướng dẫn học sinh cách áp dụng từng dạng toán tôi thấy học sinh thoải mái, tự
tin hơn, tính nhanh và đạt độ chính xác cao hơn. Từ đó kết quả kiểm tra tiến bộ
rõ rệt.
Qua kiểm tra thử nghiệm với hai lần kiểm tra học sinh của các lớp 12D2 và
12D5 mặc dù đề kiểm tra lần 2 ra mức độ khó hơn và trong thời gian làm bài
17


ngắn hơn nhưng kết quả tốt hơn nhiều. Kết quả khảo sát và thực nghiệm cụ thể
như sau:
Kết quả kiểm tra lần 1

Lớp

Điểm dưới 5
Số HS
thực
SL
%
nghiệm

Điểm 5-6

Điểm 7-8

Điểm 9-10

SL

SL

SL

%

1

2,6%

0

0%

12D2 38

8

21,1%

20

12D5 41

12

29,3%

23

Kết quả kiểm tra lần 2
Số HS Điểm dưới 5
Lớp thực
SL
%
nghiệm

%
52,6
%
56,1
%

9
6

%
23,7
%
14,6
%

Điểm 5-6

Điểm 7-8

Điểm 9-10

SL

SL

SL

12D2 38

0

0

9

12D5 41

0

0

11

%
23,7
%
26,8
%

19

22

%
50,0
%
53,7
%

10
8

%
26,3
%
19,5
%

Kết quả thu được:
Qua quan sát thực tế và các bài kiểm tra về dạng toán này, tôi thấy
- Học sinh đã định hướng và giải khá nhanh các bài toán về tổng, tích và
cực trị của mũ và lôgarít được tôi sưu tầm từ các đề thi THPT Quốc gia của các
trường THPT trong cả nước.
- Học sinh đã rèn luyện thành thục kỹ năng giải các bài toán về hàm số
mũ, lôgarit, kỹ năng tính toán, kỹ năng tìm mối liên hệ giữa các ẩn và phát huy
tính sáng tạo tìm tòi lời giải cho một bài toán, một dạng toán.
- Tiết học sôi nổi, học sinh hứng thú và chủ động khai thác kiến thức,
100% học sinh trong lớp đã thực hiện các nội dung theo yêu cầu câu hỏi và có
kết quả tốt hơn khi chưa áp dụng kinh nghiệm giảng dạy trên.
Từ những kết quả trên tôi khẳng định những giải pháp mà đề tài đưa ra là
hoàn toàn khả thi và có thể áp dụng hiệu quả trong quá trình dạy học.

2.4.2. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với với bản thân, đồng
nghiệp và nhà trường
Qua thực tế giảng dạy tôi thấy rằng cách làm này đã nâng cao chất lượng
giảng dạy phần hàm số mũ và lôgarit của bản thân, từ đó góp phần vào việc
nâng cao chất lượng giảng dạy môn Toán của nhà trường.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
18


3.1. Kết luận
Từ kinh nghiệm thực tiễn của bản thân trong quá trình dạy học, sự giúp đỡ
đồng nghiệp, thông qua việc nghiên cứu các tài liệu có liên quan đề tài đã hoàn
thành và đạt được những kết quả chính sau đây:
+ Đề tài giúp cho các em có thói quen tư duy vận dụng kiến thức một
cách linh hoạt, đặc biệt giúp học sinh giải nhanh bài toán trắc nghiệm phù hợp
với cách thi trắc nghiệm THPT quốc gia hiện nay.
+ Đề tài đã đưa ra giải pháp thiết thực trong việc rèn luyện kĩ năng tính
tổng, tích và tìm cực trị cho các bài toán khó mà đòi hỏi phải giải quyết trong
thời gian ngắn.
+ Đề tài đã nêu được các ví dụ minh chứng điển hình cho các giải pháp.
+ Đề tài đã đưa ra một số bài tập áp dụng trên cơ sở các dạng bài tập quen
thuộc và hệ thống các bài tập luyện tập được trích từ các đề thi THPT Quốc Gia,
các đề thi thử của các trường THPT, của Sở giáo dục ở một số tỉnh, thành phố
trên cả nước để học sinh được rèn luyện kỹ năng giải trắc nghiệm Toán. Đồng
thời chúng tôi cũng thu được nhiều điều bổ ích phục vụ tốt hơn cho quá trình
dạy Toán trắc nghiệm.
Với phạm vi một sáng kiến kinh nghiệm, đề tài mà tôi nghiên cứu sẽ khó
tránh khỏi những thiếu sót, rất mong được đồng nghiệp góp ý kiến để đề tài
hoàn thiện hơn.
3.2. Kiến nghị

Đối với Sở giáo dục cần mở thêm lớp bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ,
chuyên đề để giáo viên trao đổi về các phương pháp, kỹ thuật giải trắc nghiệm
môn Toán nhằm nâng cao hơn nữa chất lượng giảng dạy trong thời gian tới.
Đối với Nhà trường cần tăng cường sinh hoạt chuyên môn, trang bị tài
liệu, sách tham khảo, ...
Đối với giáo viên cần tự giác chủ động tự bồi dưỡng, tích cực tìm tòi các
phương pháp, công thức, thủ thuật giải nhanh những bài Toán trắc nghiệm nhằm
đáp ứng yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học hiện nay.
Trên đây là sáng kiến và kinh nghiệm tôi đã thực hiện tại đơn vị trường
THPT Triệu Sơn 3 trong các năm học vừa qua. Rất mong đề tài này được xem
xét, mở rộng hơn nữa để áp dụng cho mọi đối tượng học sinh, giúp học sinh yêu
thích và say mê học Toán hơn, đồng thời làm tài liệu tham khảo cho các đồng
nghiệp đang giảng dạy lớp 12 ở các trường phổ thông.
Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn, trong
nhà trường và các em học sinh đã giúp đỡ tôi hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm
trên.
XÁC NHẬN

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 5 năm 2019

CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
19


khác.
Người viết

Vũ Thị Phượng

20