SKKN sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán vận dụng và vận dụng cao về phương trình, bất phương trình mũ và

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Là CBQL ở một trường THPT miền núi cao, tôi nhận thấy học sinh có rất nhiều
thiệt thòi về mọi mặt trong đó có việc học tập và tiếp thu kiến thức. Là một giáo viên dạy
Toán tôi càng thấu hiểu sự khó khăn trong quá trình học tập bộ môn Toán của học sinh
trong nhà trường. Tôi biết:
Quá trình dạy học là một quá trình truyền thụ kiến thức cho học sinh. Muốn quá
trình đạt kết quả cao ta phải kiểm tra, đánh giá sự nhận thức của học sinh nhằm phân loại
học sinh một cách tốt nhất. Từ đó rút ra kinh nghiệm, điều chỉnh phương thức dạy học
đúng, phù hợp với sự tiếp thu, lĩnh hội kiến thức của học sinh. Do đó quá trình kiểm tra
đánh giá sự tiếp thu kiến thức của học sinh là một khâu vô cùng quan trọng, nó chẳng
những là khâu cuối cùng đánh giá độ tin cậy cao về sản phẩm đào tạo mà nó còn có tác
dụng điều tiết trở lại hết sức mạnh mẽ đối với quá trình đào tạo.
Có nhiều cách để kiểm tra, đánh giá học sinh. Trong đó, trắc nghiệm là phương
pháp có thể đánh giá được năng lực của học sinh một cách nhanh nhất và thời gian chấm
bài nhanh, khách quan nhất. Sự kết hợp giữa phương pháp trắc nghiệm và phương pháp tự
luận lại càng đạt được kết quả và độ tin cậy cao hơn.
Hiện nay phương pháp dạy và học, cơ cấu và quy trình tổ chức đều có những thay đổi về
bản chất. Người dạy trở thành chuyên gia hướng dẫn, giúp đỡ người học. Người học
hướng tới việc học tập chủ động, biết tự thích nghi. Môi trường hợp tác tư vấn, đối thoại
trở nên quan trọng. Kiến thức được truyền thụ một cách tích cực bởi cá nhân người học.
Toán học là môn học có nhiều điều kiện thuận lợi để thực hiện các phương pháp dạy mới
này. Để phù hợp với phương pháp dạy học mới người giáo viên cũng cần đổi mới phương
pháp kiểm tra đánh giá việc nhận thức của học sinh. Trong quá trình giảng dạy môn Toán
12 tôi nhận thấy môn học có nhiều điều kiện thuận lợi cho việc sử dụng hình thức kiểm
tra trắc nghiệm.
Trước đây các bài thi và kiểm tra phương trình bất phương trình mũ và logarit luôn
bằng phương pháp tự luận và sách giáo khoa cũng viết theo định hướng tự luận. Từ kỳ thi
THPT Quốc gia năm 2017 đến nay có sự đổi mới về phương pháp thi đối với các môn đặc
biệt là môn toán từ hình thức tự luận sang hình thức trắc nghiệm nên việc giảng dạy của
giáo viên và việc học của học sinh gặp nhiều bỡ ngỡ và khó nắm bắt, nếu chỉ áp dụng

cách giải tự luận đôi khi làm bài trắc nghiệm sẽ khó khăn đặc biệt là rất tốn thời gian. Do
đó trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu và học hỏi, tôi mạnh dạn hệ thống và đưa ra: “Sử
dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán vận dụng cao về phương trình, bất
phương trình mũ và logarit trong các đề thi THPTQG đồng thời lồng ghép tích hợp trong
giải phương trình Mũ và Lôgarit’’ như sau. Nhằm trang bị thêm cho học sinh một công cụ
hữu ích trong việc giải phương trình mũ và logarit chuẩn bị cho khì thi THPT quốc gia
năm 2019.
Trong quá trình viết sáng kiến không thể tránh khỏi các thiếu sót, rất mong các
Thầy, Cô đóng góp ý kiến để tài liệu được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nhằm giúp bản thân nâng cao chuyên môn nghiệp vụ, giúp đồng nghiệp có thêm
tài liệu tham khảo và giúp các em học sinh có thêm phương pháp giải toán dễ hiểu và hiệu
quả.

1


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 giải phương trình, bất phương
trình.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình mũ và logarit trong sách giáo
khoa, các đề thi thử THPTQG và các đề thi THPTQG.
Trình bày một số kết quả nghiên cứu ban đầu để từ đó thấy rõ được vai trò của
phương pháp giải mới. Góp phần quan trọng giúp học sinh nâng cao năng lực giải toán.
1.4. Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm
- Bằng phương pháp nghiên cứu lí luận, quan sát, tổng kết kinh nghiệm.
- Khai thác tiềm năng dạy và học toán từ đó bồi dưỡng năng lực học toán cho các
em học sinh.
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Điều tra, khảo sát thực tế
dạy học phần phương trình, bất phương trình Mũ và Lôgarit ở trường THPT Thường
Xuân 3 để từ đó thấy được tầm quan trọng của việc áp dụng phương pháp này trong việc
nâng cao chất lượng dạy học.
- 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 thống kê, xử lý số liệu: Thống kê và xử lý số liệu trên lớp thực
nghiệm và lớp 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 sách Giải tích lớp 12 đã đưa ra một số phương pháp giải phương trình, bất
phương trình Mũ và Loogarit nhưng chưa giải quyết được những bài toán khó. Vì vậy, tôi
nhận thấy mình cần bổ sung và khắc sâu thêm phương pháp giải phương trình, bất
phương trình Mũ và Loogarit bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số, giúp học sinh
dễ dàng giải quyết dạng toán này.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

2

Trong quỏ trỡnh ging dy phn phng trỡnh, bt phng trỡnh m v logarit, tụi
thy cỏc em rt b ng v khụng bit nh hng vi vic lm bi kim tra trc nghim
phn vn dng cao do thng l k nng lm trc nghim kộm dn n d nhm ln v
khụng kp thi gian lm ht bi. ti c vit t thỏng 9/2018 n thỏng 3/2019 nhm
giỳp cỏc em hc sinh khỏ gii lp 12 cú thờm phng phỏp gii toỏn hiu qu.
Trng THPT Thng Xuõn 3 l mt trng nm khu vc nm xuõn ca huyn,
cú 5 xó c bit khú khn thuc vựng V135, cú nhiu hc sinh l con em dõn tc thiu s
nờn im u vo thp. T duy ca hc sinh chm, iu kin kinh t cũn khú khn, ng
i hc cũn xa v khú i nờn nh hng rt nhiu n kt qu hc tp ca cỏc em.
2.3. Cỏc ni dung ó s dng gii quyt vn
A. NG DNG TNH N IU CA HM S GII CC BI TON LIấN
QUAN N PHNG TRèNH, BT PHNG TRèNH M V LOGARIT
I. C S Lí THUYT:
1. Hm s y=f(x) ng bin trờn (a;b) x1 < x2 (a; b) Ta cú: f ( x1 ) < f ( x2 )
2. Hm s y=f(x) nghch bin trờn (a;b) x1 < x2 (a; b) Ta cú: f ( x1 ) > f ( x2 )
3. Hm s y=f(x) liờn tc trờn on [ a; b ] v ng bin trờn khong (a;b) thỡ hm s ng
bin trờn on [ a; b ] .

4. Hm s y=f(x) liờn tc trờn on [ a; b ] v nghch bin trờn khong (a;b) thỡ hm s
nghch bin trờn on [ a; b ] .
5.iu kin cn v hm s y=f(x) ng bin trờn (a;b) l:
f '( x) 0; x ( a; b) . Trong ú f(x)=0 ch xy ra ti mt s hu hn im (a : b) .
6.iu kin cn v hm s y=f(x) nghch bin trờn (a;b) l:
f '( x) 0; x ( a; b) . Trong ú f(x)=0 ch xy ra ti mt s hu hn im (a : b) .
f ( x) = f (a); Max f ( x) = f (b)
7. Nu hm s y=f(x) ng bin trờn [ a; b ] thỡ xMin
[ a ;b]
x[ a ;b ]

f ( x ) = f (b); Max f ( x ) = f (a ) .
6. Nu hm s y=f(x) nghch bin trờn [ a; b ] thỡ xMin
[ a ;b]
[ a ;b ]
II- TNG QUAN PHNG PHP:
Xột bi toỏn liờn quan phng trỡnh, bt phng trỡnh m v logarit
vn dng tớnh n iu ca hm s trong gii phng trỡnh, bt phng trỡnh m v
logarit , ta cú mt s hng bin i (tng ng vi 2 dng thụng dng) sau õy:
cđ
ồng biến, hoặ
c nghịch biến trên D.
Dng 1: Dạng F (x) = 0, vớ i F ( x) hoặ
Bc 1: a phng trỡnh (1) v dng: F (x) = 0
Bc 2: Xột hm s y = F (x)
Ch rừ hm s y = F (x) ng bin hay nghch bin trờn D.
Bc 3: oỏn c F ( x0 ) = 0 . Lỳc ú phng trỡnh (1) cú nghim duy nht
x = x0 .
Dạng ph ơng trì
nh F (u) = F (v) (*), vớ i F (x) hoặ
cđ
ồng biến,
Dng 2:
hoặ
c nghịch biến trên ( a;b) . Lúc đó, (*) có nghiệm duy nhất u = v

Bc 1: a phng trỡnh v dng F (u) = F (v)
Bc 2: Xột hm s: y = F (t) .

(1)

3


Chỉ rõ hàm số đồng biến hay nghịch biến trên ( a; b ) .
Bước 3: Khi đó: F (u) = F (v) ⇔ u = v
Lưu ý: Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư duy vận dụng tính đơn điệu hoàn
toàn tương tự như trên.
III- MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA:
Bài 1: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018)


1

 2x2 + 1  x+ 2x ÷
= 5.
Tính tích tất cả các nghiệm thực của phương trình log2 
÷+ 2
 2x 
1
A. 0 .
B. 2.
C. 1.
D. .
2

Lời giải
Đáp án D.
Điều kiện: x > 0 .
 2x2 + 1
÷

2x ÷


 2x2 + 1 
Phương trình ⇔ log2 
÷+ 2
 2x 

Đặt t =

= 5 ( 1) .

2x2 + 1
1
1
= x+
≥ 2 x.
= 2
2x
2x
2x

Phương trình trở thành log2 t + 2t = 5

(

(2) .

)

t
Xét hàm f ( t ) = log2 t + 2 t ≥ 2 là hàm đồng biến nên:

( 2) ⇔ f ( t) = f ( 2) ⇔ t = 2(t/m).
Với t = 2 thì

1
2x2 + 1
= 2 ⇔ 2x2 − 4x + 1= 0 (t/m). Vậy x1x2 = (theo Viet ).
2
2x

Bài 2: (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018)
Số nghiệm của phương trình
A. 3.

B. 1.

x2
+ x − ln x2 − 2 = 2018 là
2
C. 4.

(

)

D. 2.

Lời giải

Đáp án C.

(

) (

)

(

) (

x2
+ x − ln x2 − 2 với x∈ −∞; − 2 ∪ 2; +∞ .
2
2x2 + 4
2x
′′
f
x
=
1
+
> 0,∀x∈ −∞ ; − 2 ∪
(
)
′
2
Ta có f ( x) = x + 1− 2 ;
x2 − 2

x −2

Xét hàm số f ( x) =

(

)

(

)

)

2; +∞ .

(

)

2x
Nên suy ra hàm số f ′ ( x) = x + 1− 2
đồng biến trên mỗi khoảng −∞; − 2 và
x −2

( ) ( )
một nghiệm a∈ ( −∞;− 2) và đúng một nghiệm b∈ (

(

)

2;+∞ .

8
Mặt khác f′ ( 2) . ′ 3 = 1. 1− 3 < 0 và f′ ( −3) . ′ ( −2) = − .1< 0 nên f ′ ( x) có đúng
7

)

2; +∞ .

Ta có bảng biến thiên:

4


x

–∞

a
_

f'(x
)

0

+∞

b
–

+
+∞

)

3
2

Ta có f ( a) < f − 3 = − 3 < 2018 và f ( b) < f
Nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình

( 3) = 23 +

+

+
∞

+
∞

f
(x)

(

0

+
∞

3 < 2018

x2
+ x − ln x2 − 2 = 2018 có 4 nghiệm.
2

(

)

Bài 3: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh - năm 2017-2018)
1
1
−
= 2018 là
1− x x − 2018
C. 2018 .
D. 1.

Số nghiệm thực của phương trình 2018x +
A. 3.

B. 0 .

Lời giải

Đáp án A.
Điều kiện x ≠ 1, x ≠ 2018 .
1
1
−
− 2018 với x∈ ( −∞ ;1) có
1− x x − 2018
1
1
f ′ ( x) = 2018x ln2018 +
+
> 0 , ∀x∈ x∈ ( −∞ ;1)
2
2
x
−
1
x
−
2018
( ) (
)

Xét hàm số f ( x) = 2018x +

⇒ f ( x) đồng biến trên ( −∞;1) .

Do đó trên ( −∞;1) phương trình f ( x) = 0 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.
Bảng biến thiên:
x –∞

f'(x
)
f
(x) 2018

1
+
+
∞

Đường thẳng y = 0 cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại đúng một điểm nên f ( x) = 0 có nghiệm
duy nhất trên ( −∞;1) .

Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất trên ( −∞;1) .

Tương tự, trên ( 1;2018) phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Trên ( 2018;+∞ ) phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực.
Bài 4: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Phương trình
2log3 ( cot x) = log2 ( cos x) có bao nhiêu nghiệm trong khoảng ( 0;2018π ) ?
A. 2018 nghiệm.
B. 1008 nghiệm.

5


C. 2017 nghiệm.

D. 1009 nghiệm.

Lời giải

Đáp án A.
sin x > 0

Điều kiện: 

cos x > 0

. 2log3 ( cot x) = log2 ( cos x) ⇔ log3 ( cot x) = log2 ( cos x)
2

(

)

⇔ log3 cos2x − log3 sin2 x = log2 ( cos x) ⇔ log3 cos2 x − log3 1− cos2 x = log2 ( cos x)

Đặt t = log2 cos x ⇒ cosx = 2t .
t

Phương trình trở thành ⇔ log3

 4
22t
= t ⇔ 4t = 3t − 12t hay  ÷ + 4t = 1
2t
1− 2
 3

t

 4
Hàm số f ( t ) =  ÷ + 4t đồng biến trên ¡
 3
Mặt khác f ( −1) = 1 nên x = −1 là nghiệm của phương trình.

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất t = −1.
 1
6053
− < k<

1
π
6
6 .
log2 cos x = −1 ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k.2π x∈ ( 0;2018π ) ⇒ 
1
6055
2
3
 < k<
 6
6

Vậy trong khoảng ( 0;2018π ) có 1009.2 = 2018 nghiệm.

Bài 5: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018)
Phương trình 2017sin x = sin x + 2 − cos2 x có bao nhiêu nghiệm thực trong đoạn  −5π;2017π 
?

A. 2017 .
B. 2023 .
C. 2022 .
D. 2018 .
Lời giải
Đáp án B.
Điều kiện 2 − cos2 x ≥ 0 ⇔ 1+ sin2 x ≥ 0 ( *) .
Phương trình ⇔ 2017sin x = sin x + 1+ sin2 x ( 1) .

Đặt sinx = t , t ∈  −1;1 thì ( 1) thành 2017t = t + 1+ t2 ( 2) .
Ta có 2017t > 0, ∀t ∈  −1;1 và t + 1+ t2 > t + t2 = t + t ≥ 0 , ∀t ∈  −1;1 .

(

)

(

)

2
2
Do đó ( 2) ⇔ t = log2017 t + 1+ t ⇔ log2017 t + 1+ t − t = 0 ( 3) .

(

)

2
Xét hàm số f (x) = log2017 t + 1+ t − t , với t ∈  −1;1 có

f ′ ( t) =

=

(


t
. 1+

1+ t2
t + 1+ t2 ln2017 
1

)

1− t2 + 1.ln2017
t2 + 1.ln2017


1
−1 =
÷
−1
÷
2

t + 1.ln2017

< 0 , ∀t ∈ ( −1;1) ⇒ f ( t ) nghịch biến trên  −1;1 .

6


Do đó trên  −1;1 , phương trình f ( t ) = 0 nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.
Mặt khác f ( 0) = 0 nên f ( t) = 0 ⇔ t = 0 .

Khi đó ( 3) ⇔ t = 0 hay sin x = 0 ⇔ x = kπ ( k∈ ¢ ) .
Bài ra x∈  −5π;2017π  ⇒ kπ ∈  −5π;2017π  ⇒ k∈  −5;2017 .
Mà k∈ ¢ ⇒ k∈ { −5;−4;−3;...;2017} .
Vậy phương trình đã cho có 2023 nghiệm thực trong đoạn  −5π;2017π  .
Bài 6: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018)


π





Số nghiệm của phương trình sin2x − cos x = 1+ log2 ( sin x) trên khoảng  0; ÷ là
2
A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Lời giải
Đáp án D.


π





Vì sin x > 0 và cos x > 0 , ∀x∈  0; ÷ nên phương trình đã cho tương đương
2
sin2x − cos x + log2 ( cos x) = 1+ log2 ( sin x) + log2 ( cos x)
⇔ log2 ( cosx) − cos x = log2 ( sin2x) − sin2x

( *)

1
− 1> 0, ∀t ∈ ( 0;1) .
Xét hàm số f ( t) = log2 t − t , với t∈ ( 0;1) ta có f ′ ( t) =

Do đó, hàm số f ( t) đồng biến trên khoảng ( 0;1) .

t ln2

Từ phương trình ( *) , ta có f ( cos x) = f ( sin2x) ⇔ cosx = sin2x
⇔ sin x =

1

π
hay x = .
2
6

Bài 7: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 5x+ 2y +
nhỏ nhất của biểu thức T = x + y .
A. Tmin = 2 + 3 2 .
C. Tmin = 1+ 5 .

3
5xy
+
x
+
1
=
+ 3− x− 2y + y( x − 2) . Tìm giá trị
xy
5
3

B. Tmin = 3 + 2 3 .
D. Tmin = 5+ 3 2 .
Lời giải

Đáp án B.
Theo đề ra ta có:
3

5xy
+
x
+
1
=
+ 3− x− 2y + y( x − 2)
xy
5
3
1
1
⇔ 5x+ 2y − x+ 2y + x + 2y = 5xy−1 − xy−1 + xy − 1
3
3
1
t
−t
Xét f ( t ) = 5t − t + t . ⇒ f ′ ( t ) = 5 ln5 + 3 ln3 + 1> 0
3
5x+ 2y +

7


x+ 1
x+ 1
> 0⇒ x > 2
.Do y > 0,x > 0 ⇒
x− 2

x+ 2
x + 1 x2 − x + 1
=
Ta có: T = x + y = x +
x− 2
x− 2
 x = 2 + 3 ∈ ( 2; +∞ )
x2 − 4x + 1

T′ =
=
0
⇔
2
 x = 2 − 3 ∉ ( 2; +∞ )
( x − 2)

⇒ x + 2y = xy − 1⇒ y =

Bảng biến thiên:
x

2

_

T'

0

+

+
∞
+∞

T

Từ bảng biến thiên ta thấy Tmin = 3+ 2 3 tại x = 2 + 3 .
Bài 8: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Số nghiệm của
phương trình x2 − 5x − 2 = ( x2 − 8x + 3) .83x−5 + ( 3x − 5) .8x −8x+ 3 là
A. 4.
B. 3.
C. 1.
D. 2.
2

Lời giải
Đáp án B.
Đặt u = x2 − 8x + 3, v = 3x − 5, phương trình đã cho viết lại là

(

)

(

)

u + v = u.8v + v.8u ⇔ u 1− 8v = v 8u − 1 ( *)

Ta thấy u = 0 hoặc v = 0 thỏa mãn phương trình ( *) .
Với u ≠ 0 và v ≠ 0 ta có ( *) ⇔

1− 8v 8u − 1
=
( **)
v
u

Ta thấy:
8u − 1
8u − 1
> 0 và nếu u < 0 thì
> 0 . Do đó VP ( **) > 0,∀u ≠ 0 .
- Nếu u > 0 thì
u
u
v
1− 8
1− 8v
< 0 và nếu v < 0 thì
< 0 . Do đó VT ( **) < 0,∀v ≠ 0 .
- Nếu v > 0 thì
v
v
Từ đó suy ra ( **) vô nghiệm.

Như vậy, phương trình đã cho tương đương với


 x = 4 + 13
u = 0  x2 − 8x + 3 = 0 
⇔
⇔  x = 4 − 13 .

 v = 0  3x − 5 = 0

5
x =
3

3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm.

Bài 9: (THPT Ngô Quyền Hải Phòng 2019 lần 1)

8


Biết phương trình log5

 x
2 x+1
1 
= 2log3 
−
÷
 2 2 x ÷ có một nghiệm dạng x = a+ b 2 trong đó
x




a,b là các số nguyên. Tính 2a + b.
A. 3
B. 8

C. 4

D. 5

Lời giải
Đáp án B.
ĐKXĐ: x > 1
Ta có:
log5

 x
 x − 1
2 x+1
1 
2 x+1
= 2log3 
−
= 2log3 
÷ ⇔ log5
÷

÷
x
x

2 x
 2 2 x

(
⇔ log ( 2

)
( )
x + 1) + 2log ( 2 x ) = log x + 2log ( x − 1)

⇔ log5 2 x + 1 − log5 x = 2log3 ( x − 1) − 2log3 2 x
5

3

5

3

(1)

Xét hàm số f ( t ) = log5 t + 2log3 ( t − 1) ,t ∈ ( 1; +∞ ) , có:
f ′ ( t) =
⇒

1
2
+
> 0,∀t ∈ (1;+∞ )
t.ln5 ( t − 1) .ln3

Hàm số f ( t) đồng biến trên ( 1;+∞ )

(

)

Khi đó, phương trình ( 1) ⇔ f 2 x + 1 = f ( x)
 x = 1+ 2
⇔ 2 x + 1 = x ⇔ x − 2 x − 1= 0 ⇔ 
 x = 1− 2 < 0

(

)

2

⇔ x = 1+ 2 ⇔ x = 1+ 2 = 3+ 2 2 ⇒ a = 3,b= 2 ⇒ 2a+ b= 2.3+ 2 = 8

Bài 10: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Biết x1 , x2 là hai nghiệm của
 4x2 − 4x + 1
1
2
log
phương trình
÷ + 4x + 1 = 6x và x1+ 2x2 = a+ b với a , b là hai số
7
2x
4



nguyên dương. Tính a+ b.
A. a+ b = 16.
B. a+ b = 11.
C. a+ b = 14.
D. a+ b = 13.

(

)

Lời giải
Đáp án C.
x > 0

Điều kiện  1
x ≠

2
 ( 2x − 1) 2 
 4x2 − 4x + 1
2
÷+ 4x2 − 4x + 1 = 2x
÷+ 4x + 1 = 6x ⇔ log7 
Ta có log7 

2x
2x ÷





⇔ log7 ( 2x − 1) + ( 2x − 1) = log7 2x + 2x( 1)
2

2

1
+ 1 > 0 với t > 0
Xét hàm số f ( t) = log7 t + t ⇔ f ′ ( t ) =
t ln7

9


Vậy hàm số đồng biến

(

Phương trình ( 1) trở thành f ( 2x − 1)

2

)


3+ 5
x =
4

= f ( 2x) ⇔ ( 2x − 1) = 2x ⇔ 

3− 5
x =

4
2

 9− 5

( l)
4

⇒ a = 9;b = 5 ⇒ a+ b = 9 + 5 = 14.
Vậy x1 + 2x2 =
 9+ 5

( tm)
 4

Bài 11: (Chuyên Thái Bình 2019 lần 2)
Cho phương trình: 2x + x −2x+m − 2x +x + x3 − 3x + m= 0 . Tập các giá trị mđể phương trình có 3
3

2

2

nghiệm phân biệt có dạng ( a;b) . Tổng ( a+ 2b) bằng:
A. 1.

B. 0.
C. −2.

D. 2.

Lời giải
Đáp án D.
3

2

2

2x + x − 2x+ m − 2x + x + x3 − 3x + m= 0
3

2

3

2

(

2

)

⇔ 2x + x − 2x+ m + x3 + x2 − 2x + m− 2x + x + x2 + x = 0
2

⇔ 2x + x − 2x+ m + x3 + x2 − 2x + m= 2x + x + x2 + x(*)

t
t
Xét hàm số f ( t) = 2 + t ta có f ′ ( t) = 2 ln2 + 1> 0,∀t ∈ ¡ nên hàm số đồng biến trên ¡

⇒ (*) ⇔ x3 + x2 − 2x + m= x2 + x ⇔ x3 − 3x = − m(**)

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (**) có 3 nghiệm phân
3
biệt, khi đó m∈ ( yCT ; yCD ) của hàm số f ( x) = x − 3x
 x = 1⇒ f ( 1) = −2

2
Ta có f ′ ( x) = 0 ⇔ 3x − 3 = 0 ⇔ 

 x = −1⇒ f ( −1) = 2

 a = −2
⇒ m∈ ( −2;2) ⇒ 
⇒ a+ 2b = −2 + 4 = 2
b = 2

Bài 12: (THPT Tuyên Quang 2019 lần 1): Giả sử a, b là các số thực sao cho
x3 + y3 = a.103z + b.102z đúng với mọi các số thực dương x, y, z thỏa mãn log ( x + y) = z và

(

)

log x2 + y2 = z + 1 . Giá

A. −

29
.
2

trị của a+ b bằng

B.

31
.
2

C. −

31
.
2

D.

29
.
2

Lời giải

Đáp án D.
z
Ta có: log ( x + y) = z ⇔ x + y = 10

10


(

)

log x2 + y2 = z + 1 ⇔ x2 + y2 = 10z+1 = 10z.10 = 10( x + y)
⇒ ( x + y) − 2xy = 10( x + y)
2

( x + y)
⇒ xy =

2

− 10( x + y)
2

Do đó x3 + y3 = ( x + y) 3 − 3xy( x + y) = ( x + y) 3 − 3. (

x + y) − 10( x + y)
2

2

.( x + y)

3
2
1
1
x + y) + 15( x + y) = − .103z + 15.102z
(
2
2
1
29
Suy ra a = − ,b = 15⇒ a+ b = .
2
2

=−

Bài 13: (THPT Quảng Xương 1-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018)
x+

Biết rằng 2

1
x

= log2 14 − ( y − 2) y + 1



trong đó x > 0. Tính giá trị của biểu thức

P = x2 + y2 − xy + 1.

A. 3.

B. 1

C. 2.

D. 4.

Lời giải
Đáp án C.
1
x

x+

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x + ≥ 2 ⇒ 2

1
x

≥ 4.

Lại có 14 − ( y − 2) y + 1 = 14 − ( y + 1) y + 1 + 3 y + 1 .

3
Đặt t = y + 1 ≥ 0. Xét hàm số f ( t ) = −t + 3t + 14 trên ( 0; + ∞ ) , ta có

f ′ ( t) = −3t2 + 3. Do đó f ′ ( t ) = 0 ⇔ −3t2 + 3 = 0 ⇔ t = 1 vì t∈ ( 0; + ∞ ) .

f ( t ) = f ( 1) = 16.
Từ đó ta có max
( 0; +∞ )

Vậy 14 − ( y − 2) y + 1 ≤ 16 ⇒ log2 14 − ( y − 2) y + 1 ≤ 4 . Khi đó
x+

2

1
x

x = 1
= log2 14 − ( y − 2) y + 1 ⇔ 
⇒ P = 2.


 y = 0.

Bài tập tương tự:
1. (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Tính tổng tất cả các
nghiệm của phương trình

log

3
x3 + 3x2 − 3x − 5

+ ( x + 1) = x2 + 6x + 7
2
x +1
C. 0 .
D. −2 − 3 .

A. −2 + 3 .
B. −2.
2. (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 - năm 2017 – 2018) Tính tổng
các nghiệm của phương trình:

S

tất cả

 5x + 3x  x+ 1
x
ln 
÷+ 5 + 5.3 − 30x − 10 = 0 .
 6x + 2 

A. S = 1.
B. S = 2 .
C.
3. (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018)

S = −1.

D.

S= 3

11


2

1
2x + 1 
1
log2 ( x + 2) + x + 3 = log2
+  1+ ÷ + 2 x + 2 ,
2
x
x


Cho phương trình

các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của
A.

S = −2 .

B.

S=

1− 13
.

2

C.

S

gọi

S

là tổng tất cả

là

S= 2.

D.

1+ 13
.
2

S=

4. (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018)
Gọi

2x 


( 3)

x0 =
1
x

a+ b 3
c
1− x

 1
− ÷
 3

là

một


+ 1 = 2x2 − 1. Giá

B. P = 0 .

nghiệm
trị của

lớn

P = a+ b + c

hơn

1

của

phương

trình

là

A. P = 6 .
C. P = 2 .
D. P = 4 .
5. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 3 năm 2017-2018) Số nghiệm của phương
+ ( x + 3x − 6) .8
trình 2x + 2x − 9 = ( x − x − 3) .8
A. 1.
B. 3 .
C. 2 .
6. (Chuyên Thái Nguyên 2019
2

2

x2 + 3x− 6

2

x2 − x− 3

là
D. 4 .

1− y
= 3xy + x + 3y − 4 Tìm GTNN của
Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log3
x + 3xy

P = x+ y

A. Pmin =

4 3− 4
4 3+ 4
4 3+ 4
4 3− 4
. B. Pmin =
. C. Pmin =
. D. Pmin =
.
3
9
3
9

Đáp án: 1C; 2A; 3D; 4D; 5D; 6A.
B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM ĐIỀU KIỆN CÓ
NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT: (Như phần A)
II- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP:
1. Số nghiệm của phương trình f ( x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và
đường thẳng y = m .
2. Khi gặp phương trình tham số dạng g ( x; m) = 0 vớ x ∈ D và m là tham số ta thực hiện
các bước sau:
Bước 1: Cô lập m: g ( x; m) = 0 ⇔ f ( x) = h(m)
Bước 2: Khảo sat hàm số trên miền D, dựa vafd bảng biến thiên rồi kết luận. (Nếu
không được hoặc quá phức tạp ta chuyển sang bước 3)
Bước 3: Biểu diễn f ( x) = P(u ( x)) , đặt t = u ( x) tìm miền giá trị D ' của t khi x ∈ D
Bước 4: Phương trình f ( x) = h(m) đưa về dạng P(t ) = h(m) với t ∈ D ' . Tiếp tục
thực hiện như bước 2
Lưu ý:
1. Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư duy vận dụng tính đơn điệu hoàn toàn
tương tự như trên.
2. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên tập D . Khi đó:

12


≤ m ≤ max
a, Phương trình f ( x) = m có nghiệm x ∈ D ⇔ min
x∈D f(x)
x∈D f(x)

≤ m.
b, Bất phương trình f ( x) ≤ m có nghiệm x ∈ D ⇔ min
x∈D f(x)

c, Bất phương trình f ( x) ≥ m có nghiệm x ∈ D ⇔ m ≤ max

x∈D f(x).
d, Hàm số y = f (x) đơn điệu trên tập D thì f(x) = f(y) ⇔ x = y.
III- MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA:
Câu 1: (Chuyên Thái Nguyên 2019)
Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 4x − m.2x + 2m+ 1= 0 có
nghiệm. Tập ¡ \ S có bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 1.
B. 4.
C. 9.
D. 7.
Lời giải
Đáp án C.
Đặt t = 2x > 0 , khi đó phương trình trở thành:

t2 − mt + 2m+ 1= 0 ⇔ t2 + 1= m( t − 2)

Nhận thấy t = 2 không là nghiệm của phương trình ⇒ t ≠ 2 .
t2 + 1
= f ( t ) ( t > 0) (*)
Chia cả 2 vế của phương trình cho t − 2 , ta được m=
t−2

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( t) và đường thẳng
y = m song song với trục hoành.
t = 2 5 ∈ ( 0; +∞ )
2t ( t − 2) − t2 − 1 t2 − 4t − 1

=
=
0

⇔
Ta có: f ′ ( t) =
2
2
t = 2 − 5∉ ( 0;+∞ )
( t − 2)
( t − 2)


Bảng biến thiên:
0

t
f'(t)

2
_

_

0

+∞

+∞
f
(t)

+

+
∞

–∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có nghiệm

1
m< −

−1

⇔
⇒ S =  −∞; ÷∪  4 + 2 5; +∞
2

2 

 m≥ 4 + 2 5
 1

⇒ ¡ \ S = − ;4 + 2 5 ÷⇒ ¡ \ S có 9 giá trị nguyên là { 0;1;2;...;8} .
2



)

Câu 2: (Chuyên Hạ Long 2019 lần 1)
Cho bất phương trình m.92x − x − (2m+ 1)62x − x + m42x − x ≤ 0 . Tìm m để bất phương trinh

2

nghiệm đúng ∀x ≥

2

2

1
2

13


A. m<

3
2

3
2

B. m≤

C. m≤ 0

D. m< 0

Lời giải
Đáp án C.

m.92x − x − ( 2m+ 1) 62x − x + m42x
2

2

2

⇔ m.

92x − x
2

42x − x

− ( 2m+ 1) .

2x2 − x

 3
Đặt  ÷
 2

2

2

62x − x
2

42x − x

−x

≤0

2x2 − x
 3  2x2 − x 
 3
 − ( 2m+ 1)  ÷
+ m≤ 0 ⇔ m ÷
+ m≤ 0
2
 2 





1
2
= t với x ≥ . Xét hàm số f ( x) = 2x − x ta có bảng biến thiên:
2

x –∞
f'(x
)
+
∞
f

(x)
⇒ f ( x) ≥ 0 ∀x ≥

1/4

_

+

1/
2

+
+ ∞
+
∞

0
-1/8

0

1
 3
⇔ t≥ ÷ =1
2
 2

2
Khi đó bất phương trình trở thành mt − ( 2m+ 1) t + m≤ 0 ∀t ≥ q

(

)

⇔ m t2 − 2t + 1 − t ≤ 0 ∀t ≥ 1⇔ m( t − 1) − t ≤ 0 ∀t ≥ 1 Khi t = 1 ta có −1≤ 0 luôn đúng.
2

Xét khi t > 1⇒ m≤
Ta có f ′ ( t)

( t − 1)
=

t

( t − 1)
2

2

= f ( t ) ∀t > 1⇔ m≤ min f ( t )

− t.2.( t − 1)

( t − 1)

4

t>1

=

t − 1− 2t

( t − 1)

3

= 0 ⇔ t = −1

Bảng biến thiên:
t
f'(t)

1

-1

–∞
+

_

0

_

+
∞

+∞
f
(t)

0

–∞

0

f ( t ) > 0 ⇒ m≤ 0.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f ( t) ta có min
t >1

Câu 3: (Hội 8 trường chuyên Đồng Bằng Sông Hồng-Lần 1]
Số giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  −2019;2

để phương trình

( x − 1) log ( 4x + 1) + log ( 2x + 1)  = 2x − m có đúng hai nghiệm thực là
3

A. 2022.

5

B. 2021.

C. 2.

D. 1.

14


Lời giải
Đáp án A.
1
4

- Điều kiện: x > − .
- Với x = 1 thay vào phương trình ( x − 1) log3 ( 4x + 1) + log5 ( 2x + 1)  = 2x − m (*) ta được
m= 2 .
Khi m= 2 thì phương trình đã cho trở thành:
 x − 1= 0

( x − 1) log ( 4x + 1) + log ( 2x + 1)  = 2x − 2 ⇔ log
3

5



3

( 4x + 1) + log ( 2x + 1) = 2 ( 1) .
5

Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x0 ≠ 1 .

⇒ m= 2 thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực.
- Với x ≠ 1 thì:

( x − 1) log ( 4x + 1) + log ( 2x + 1)  = 2x − m⇔ log ( 4x + 1) + log ( 2x + 1) =
3

5

3

⇔ log3 ( 4x + 1) + log5 ( 2x + 1) −

5

2x − m
x−1

2x − m
= 0.
x− 1

 1 
2x − m
với x∈  − ;1÷∪ ( 1;+∞ ) .
x−1
 4 
 1 
4
2
2− m

> 0,∀x∈  − ;1÷∪ ( 1; +∞ ) và m< 2
Ta có: y′ = ( 4x + 1) ln3 + ( 2x + 1) ln5 +
2
 4 
( x − 1)

Xét hàm số y = log3 ( 4x + 1) + log5 ( 2x + 1) −

Bảng biến thiên:
x

+
∞

-1
+

y'

+
+∞

+∞

y

–∞

–∞

 1 
Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình y = 0 có đúng 2 nghiệm x1 ∈  − ;1÷;
 4 

x2 ∈ ( 1; +∞ ) với mọi m< 2 .

Vậy với mọi giá trị nguyên của m thuộc đoạn  −2019;2 thì phương trình đã cho luôn có
hai nghiệm thực phân biệt, tức là có 2022 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4: (Yên Phong Bắc Ninh lần 1) Biết  a; b là tập tất cả các giá trị của tham số m để
bất phương trình log2 x2 − 2x + m + 4 log4 ( x2 − 2x + m) ≤ 5 thỏa mãn với mọi x thuộc  0;2 .
Tính a+ b.
A. a+ b = 4.

B. a+ b = 2.

C. a+ b = 0.

D. a+ b = 6.

Lời giải
Đáp án D.

15


Bất phương trình đã cho tương ⇔ log4 ( x2 − 2x + m) + 4 log4 ( x2 − 2x + m) ≤ 5
Đặt t = log4 ( x2 − 2x + m) , t ≥ 0.
Bất phương trình trở thành t2 + 4t − 5 ≤ 0 ⇔ −5 ≤ t ≤ 1.
Kết hợp điều kiện ta được t ∈ 0;1 .

Khi đó: 0 ≤ log4 ( x2 − 2x + m) ≤ 1⇔ 0 ≤ log4 ( x2 − 2x + m) ≤ 1
2
 m≥ − x + 2x + 1
⇔ 1≤ x2 − 2x + m≤ 4 ⇔ 
( I)
2
 m≤ − x + 2x + 4

2
f ( x) = 2.
+ Xét hàm f ( x) = − x + 2x + 1= 2 − ( x − 1) ≤ 2 ∀x∈ 0;2 ⇒ max
0;2
2

2
g( x) = 4.
+ Xét hàm g( x) = − x + 2x + 4 = 4 + x( 2 − x) ≥ 4 ∀x∈ 0;2 ⇒ min
0;2

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc 0;2 ⇔ ( I ) nghiệm đúng với mọi
m≥ max f ( x)
0;2

⇔ 2 ≤ m≤ 4.
x∈  0;2 ⇔ 
g( x)
m≤ min
 0;2

Vậy m∈  2;4 , tức a = 2, b = 4. Vậy a+ b = 6.

Câu 5: (Chuyên Bắc Ninh 2019 lần 3) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương

(

)

trình 7 − 3 5

x2

(

+ m 7+ 3 5

A. 0 < m< 1

)

x2

2

= 2x −1 có đúng bốn nghiệm phân biệt.

B. 0 ≤ m< 1

16

C. − 1 < m< 0

16

D. − 1 < m≤ 1

2

2

16

Lời giải
Đáp án A.

(

)(

)

Ta có: 7 + 3 5 7 − 3 5 = 49 − 45 = 4 ⇒ 7 + 3 5 =

(

)

⇒ 7− 3 5

x2

x

x2

(

2

)

+ m 7+ 3 5

(

)

2

x2

2

x

x2 −1

=2

(

4
7− 3 5

(


4 
⇔
÷ + m 7+ 3 5
 7+ 3 5 

)

⇔ 2.2 − 2 . 7 + 3 5 + 2m 7 + 3 5

x2

2x2


2 
= 0 ⇔ 2.
÷
 7+ 3 5 

)

x2

1 2

= .2x
2
x2


2 
−
÷ + 2m= 0(*)
 7+ 3 5 

2x2


2 
2
Đặt 
÷ = t ⇒ x = log 2 t.
 7+ 3 5
7+ 3 5
2
< 1⇒ log 2 t > 0 ⇔ 0 < t < 1
Ta có: 0 <
7+ 3 5
7+ 3 5

⇒ (*) ⇔ 2t2 − t + 2m= 0 ⇔ 2m= −2t2 + t(1)

16

Để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
t ∈ ( 0;1) ⇔ 0 < m<

1
16

Câu 6: (Chuyên Bắc Giang lần 1) Có bao nhiêu số tự nhiên m để phương trình sau có

)(

(

)

m
3m
2
2
nghiệm: e + e = 2 x + 1− x 1+ x 1− x ?

A. 2

B. 0

C. vô số

D. 1

Lời giải
Đáp án B.

ĐKXĐ: 1− x2 ≥ 0 ⇔ −1≤ x ≤ 1.
Đặt x + 1− x2 = t ta có:
t2 = x2 + 1− x2 + 2x 1− x2 = 1+ 2x 1− x2 ⇒ x 1− x2 =

t2 − 1
2

x

Ta có: t ( x) = x + 1− x2 , x ∈  −1;1 ⇒ t '( x) = 1−

1− x2

1− x2 − x

=

1− x2

=0

 x ≥ 0
2
⇔ 1− x2 = x ⇔ 
⇔ x=
2
2
2
1− x = x

Bảng biến thiên:
x

1

t'(x
)
t
(x)

1
+

_

0

1

1

Từ bảng biến thiên ta có: t ∈  −1; 2 .

t 2 − 1
m
3m
2
3
e
+

e
=
2
t
1
+
Khi đó phưng trình trở thành:

÷ = t t + 1 = t + t ( *)
2


3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t ta có f ′ ( t ) = 3t + 1> 0 ∀t ⇒ Hàm số đồng biến trên ¡

(

⇒

(

)

)

Hàm số đồng biến trên −1; 2 .

(

)



1



Từ ( *) ⇒ f ( em ) = f ( t ) ⇔ em = t ⇔ m= ln t ⇒ m∈ 0;ln 2 =  0; ln2÷.
 2

m
∈
¥
⇒
m
∈∅
Lại có
Bài tập tương tự:
Câu 1. (THPT Thăng Long Hà Nội lần 1) Gọi ( a; b) là tập các giá trị của tham số m
để phương trình
là
A. 2

2e2x − 8ex − m = 0

B. 4

có đúng hai nghiệm thuộc khoảng ( 0; ln 5) . Tổng
C. -6

a+ b

D. -14

17


Câu2: (Chuyên Bắc Giang 2019 lần 1) Tất cả các giá trị của tham số m để bất
phương trình
A.

(

)

(

x

)

x

nghiệm đúng với mọi

10 + 1 − m 10 − 1 > 3x+1

7
m< − .

4

B.

9
m< − .
4

C. m< −2.

D.

m< −

là

x∈ ¡

11
.
4

Câu3: (THPT Chuyên Bắc Giang lần 1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
phương trình

9.9x − 2x − ( 2m+ 1) 15x − 2x+1 + ( 4m− 2) 52x − 4x+ 2 = 0

A.

1

< m< 1
2

C.

m> 1

2

2

2

B.

hoặc

m<

1
2

m>

3+ 6
2

có 2 nghiệm thực phân biệt.
hoặc

x

m

để phương trình

S

2(

x− 1)

(

)

.log2 x2 − 2x + 3 = 4

A.

 1 3
S =  ;1;  .
 2 2

B.

x− m

 1
 1

 ÷ − m ÷ + 2m+ 1 = 0
9
 
 3

(

)

.log2 2 x − m + 2

1
3
S =  ; −1;  .
2
2



là tập hợp các giá trị của

x

có nghiệm. Tập

giá trị nguyên?
A. 4 .
B. 9 .
C. 0 .
D. 3 .

Câu5: (THPT Chu Văn An – Hà Nội - năm 2017-2018)
Tìm tập hợp S tất cả các giá trị của tham số
2

3− 6
2

3− 6
3+ 6
< m<
2
2

D.

Câu4: (SGD Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Gọi
tham số

m<

có bao nhiêu

để phương trình

có đúng ba nghiệm phân biệt là

 1 3
S =  − ;1;  .
 2 2

C.

m

¡ \S

D.

1
3
S =  ;1; −  .
2
2



Câu6: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018)
Phương trình

2x− 2+

khi m∈ ( a;b) , đặt
A. T = 36 .

3

m− 3x

(

)

+ x3 − 6x2 + 9x + m 2x− 2 = 2x+ 1 + 1

thì:
B. T = 48 .

có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ

T = b2 − a2

C.

T = 64 .

D. T = 72 .
Đáp án: 1D; 2B; 3A; 4B; 5A; 6B

Trong một số tiết luyện tập tôi đã yêu cầu một số em học sinh khá giỏi ra bài tập
cho cả lớp cùng làm, các em rất hứng thú và nhiều em đã sáng tạo khi ra bài tập, có rất
nhiều bài phương trình, bất phương trình hay được các em đưa ra. Cách làm như vậy
khiến học sinh thật sự trở thành trung tâm của quá trình dạy học, các em chủ động tiếp thu
kiến thức và tích cực hơn trong việc tự học trên lớp cũng như ở nhà.
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
Đánh giá:
a. Giải pháp cũ thường làm:
- Chi tiết giải pháp cũ: dạy học dạy và làm bài theo hướng tự luận.

18


- Ưu điểm, nhược điểm và những tồn tại cần khắc phục: Học sinh nắm kiến thức
bài bản cách trình bày hợp lý nhưng rất tốn thời gian và không phù hợp với việc thi trắc
nghiệm hiện nay.
b. Giải pháp mới cải tiến:
- Mô tả bản chất của giải pháp mới: Định hướng học sinh cách tiếp cập và tư duy
nhanh nhạy để giải nhanh bài toán vận dụng cao cho thi trắc nghiệm.
- Tính mới, tính sáng tạo của giải pháp: Học sinh hiểu các cách làm nhanh hiểu
rộng hơn về kiến thức phù hợp cho thi trắc nghiệm hiện nay.
Kết quả
- Qua quan sát thực tế từ việc trực tiếp giảng dạy, tôi thấy nhóm học sinh học các
môn KHTN giải khá nhanh và thuần thục các bài toán về phương trình, bất phương trình
mũ và lôgarit được tôi sưu tầm từ các đề thi thử THPT Quốc gia năm 2019 của một số
trường THPT trong cả nước.
- Đã rèn luyện kỹ năng giải các bài toán về phương trình, bất phương trình mũ và
lôgarit, kỹ năng tính toán, kỹ năng tìm lời giải cho các bài toán về phương trình, bất
phương trình mũ và lôgarit 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 nhóm đã thực hiện các nội dung theo yêu cầu câu hỏi và có kết quả cụ thể.
Từ những kết quả trên tôi mạnh dạn 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 góp phần nâng cao chất lượng
giảng dạy phần về phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit của bản thân, góp phần
vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy môn Toán của nhà trường.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

3.1. Kết luận
Như vậy khi gặp các bài toán về phương trình, bất phương trình mũ và logarit dạng trắc
nghiệm. Các em có thể tiến hành theo các bước như đã trình bày. Phương pháp giải có thể áp
dụng cho các em học sinh khá và giỏi đã học hết học kỳ I lớp 12 và các em học sinh ôn thi
THPTG.
Trên đây là phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán vận
dụng cao về phương trình, bất phương trình mũ trong các đề thi thử THPTQG và định hướng giải
đề thi THPT Quốc gia năm 2019 và các năm sau. Tuy nhiên trong quá trình thực hiện không thể
tránh khỏi thiếu sót. Kính mong sự giúp đỡ và góp ý của các đồng nghiệp.

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 đã nêu lên thực trạng của việc dạy và học chủ đề “giải một số bài toán vận
dụng cao về phương trình, bất phương trình mũ” hiện nay.

19


+ Đề tài đã đưa ra giải pháp thiết thực trong việc rèn luyện kĩ năng nghiệm của
phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit 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 thử THPT Quốc Gia 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.
3.2. Kiến nghị
Trên đây là một số sáng kiến và kinh ngiệm của tôi đã thực hiện tại đơn vị trong
các năm học vừa qua. Rất mong đề tài này được xem xét, mở rộng hơn nữa để áp dụng

cho nhiều đối tượng học sinh ở nhiều nơi, giúp học sinh yêu thích và say mê học Toán
hơn.
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 thành sáng kiến kinh nghiệm này.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 14 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Hoàng Văn Lan

Hồ Văn Tám

20