Một số ứng dụng của hàm số mũ, hàm số loogarit vào tìm số nghiệm của phương trình, bất phương trình, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biều thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ MŨ,
HÀM SỐ LOGARIT VÀO TÌM SỐ NGHIỆM CỦA
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Lan Phương
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán học

THANH HOÁ, NĂM 2020


MỤC LỤC
111Equation Chapter 1 Section 1


1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong một hai năm gần đây, trong đề thi THPT QG xuất hiện rất nhiều
dạng toán khó và mới. Một trong những dạng mới đó là phải sử dụng hàm số
mũ, hàm số logarit để tìm nghiệm, hoặc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Những
câu hỏi dạng này thường là những câu vận dụng hoặc vận dụng cao.
Để giúp thầy cô giáo và các bạn học sinh có thêm kỹ năng giải quyết vấn
đề trên, tôi chọn đề tài " Một số ứng dụng của hàm số mũ, hàm số loogarit vào
tìm số nghiệm của phương trình, bất phương trình, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

của biều thức " làm đề tài nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
- Xây dựng được chuyên đề ôn thi đại học rất thiết thực và có hiệu quả.
- Góp phần nâng cao kỹ năng giải các bài toán liên quan đến hàm số mũ,
logarit cho giáo viên và học sinh.
- Góp phần gây hứng thú học tập môn Toán cho học sinh, và cũng giúp
các em thấy được sự đa dạng trong các lời giải của một bài toán.
1.3. Nhiệm vụ và phạm vi nghiên cứu :
1. Nhiệm vụ :
- Hệ thống lại các kiến thức về hàm số mũ, hàm số logarit, giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của biểu thức
2. Phạm vi nghiên cứu :
- Đối tượng: Học sinh lớp 12
- Tài liệu : Sách giáo khoa Giải tích lớp 12 nâng cao – cơ bản, Sách bài
tâp, Sách giáo viên và các đề thi đại học, học sinh giỏi môn Toán.
1.4. Phương pháp nghiên cứu :
1.4.1. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục, các đề thi ....
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
1.4.2. Nghiên cứu thực tế :
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học.
- Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua
các tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài.
2. Nội dung sáng kiến
2.1 Cơ sở lý luận
2.1.1. Vị trí của môn Toán trong nhà trường :
Môn Toán cũng như những môn học khác cung cấp những tri thức khoa
học, những nhận thức về thế giới xung quanh nhằm phát triển năng lực nhận
thức, hoạt động tư duy và bồi dưỡng tình cảm đạo đức tốt đẹp của con người.

Môn Toán có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ môn khoa học nghiên cứu
có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên của con người.
2.1.2. Đặc điểm tâm sinh lý của học sinh THPT.

3


- Học sinh THPT nghe giảng rất dễ hiểu nhưng cũng sẽ quên ngay khi các
em không tập trung cao độ. Vì vậy người giáo viên phải tạo ra hứng thú trong
học tập và phải thường xuyên được luyện tập.
- Hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình tìm tòi, sáng tạo nên
trong dạy học giáo viên phải chắt lọc từng đơn vị kiến thức để củng cố khắc sâu
cho học sinh.
2.1.3. Nhu cầu về đổi mới phương pháp dạy học :
Học sinh THPT có trí thông minh, khá nhạy bén, sắc sảo, có óc tưởng
tượng phong phú. Đó là tiền đề tốt cho việc phát triển tư duy toán học nhưng rất
dễ bị phân tán, rối trí nếu bị áp đặt, căng thẳng, quá tải. Chính vì thế nội dung
chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức chuyển tải, nghệ thuật truyền
đạt của người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi là điều không thể
xem nhẹ
Muốn giờ học có hiệu quả thì đòi hỏi người giáo viên phải đổi mới
phương pháp dạy học tức là kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng
tập trung vào học sinh, trên cơ sở hoạt động của các em. Muốn các em học được
thì trước hết giáo viên phải nắm chắc nội dung của mỗi bài và lựa chọn, vận dụng
các phương pháp sao cho phù hợp.
Hiển nhiên, một người giáo viên muốn dạy giỏi phải trải qua quá trình tự
rèn luyện, phấn đấu không ngừng mới có được. Tuy nhiên, việc đúc kết kinh
nghiệm của bản thân mỗi người qua từng tiết dạy, nó vừa giúp cho mình càng có
kinh nghiệm vững vàng hơn, vừa giúp cho những thế hệ giáo viên sau này có cơ
sở để học tập, nâng cao tay nghề, góp phần vào sự nghiệp giáo dục của nước nhà.

2.2 Thực trạng vấn đề :
Hiện nay phần hàm số mũ, hàm số logarit là phần khó và ứng dụng nó vào
giải các vấn đề liên quan lại càng khó không chỉ đối với học sinh mà ngay cả đối
với giáo viên.
Vì thế việc rèn luyện cho học sinh có các kỹ năng biến đổi, biết quy lạ về
quen, biết vận dụng linh hoạt các mảng kiến thức là rất cần thiết.
2.3. Nội dung lý thuyết :
2.3.1 . Hàm số mũ, hàm số logarit
+ Cho a là số thưc thỏa mãn 0 < a ≠ 1 , hàm số mũ có dạng : y = a
y = log a x
Hàm số logait có dạng
( điều kiện x > 0)
Hàm số
y = log a x y = log a f ( x)
y = ax
y = a f ( x)
x

Tập xác định
Đạo hàm

D=R

D = Df

y ' = a x .ln a

y ' = f '( x).a f ( x ) .ln a

Sự biến thiên

• a>1

Hàm số
đồng biến

Cùng chiều biến
thiên với hàm
f(x)
Ngược chiều biến
thiên với hàm
f(x)

• 0
Hàm số
nghịch
biến

D = (0; +∞)

y' =

1
x.ln a

Hàm số
đồng biến
Hàm số
nghịch
biến

D = { x / f ( x) > 0}
y' =

f '( x )
f ( x ).ln a

Cùng chiều
biến thiên với
hàm f(x)
Ngược chiều
biến thiên với
hàm f(x)
4


2.3.2 . Phương trình
Với f(x), g(x) xác định
f ( x)
g ( x)
+ a = a ⇔ f ( x) = g ( x)

+ log a f ( x) = log a g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) > 0
2.3.3 . Bất phương trình
Với f(x), g(x) xác định

a >1

a f ( x) > a g ( x)

0 < a <1

f ( x) > g ( x)
f ( x) < g ( x )

a f ( x) ≤ a g ( x)
f ( x) ≤ g ( x )
f ( x) ≥ g ( x)

log a f ( x) > log a g ( x)

log a f ( x) ≤ log a g ( x)

f ( x) > g ( x) > 0
0 < f ( x ) < g ( x)

0 < f ( x) ≤ g ( x)
f ( x) ≥ g ( x ) > 0

2.3.4 . Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Cho hàm số y = f ( x ) có tập xác định D
 f ( x ) ≥ m, ∀x ∈ D

m
+
là giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) nếu ∃x ∈ D : f(x) = m
 f ( x) ≤ M , ∀x ∈ D

M
+

là giá trị lớn nhất của hàm số f(x) nếu ∃x ∈ D : f(x) = M

5


CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG
Dạng 1: Tìm số nghiệm của phương trình và bất phương trình
Bài 1: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x, y) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và
log 3 (3x + 3) + x = 2 y + 9 y
A. 2019
B. 6
C. 2020
D. 4
Lời giải tham khảo
Điều kiện: x > 1.
log 3 (3 x + 3) + x = 2 y + 9 y ⇔ log 3 ( x + 1) + ( x + 1) = log 3 32 y + 32 y (*)
+ Ta có :

f (t ) = log 3 t + t , ∀t > 0

+ Xét hàm số

f '(t ) =

ta có

1
+ 1 > 0, ∀t > 0
t.ln 3

0; +∞ )
tức là hàm số luôn đồng biến trên (
.

2y
2y
Khí đó (*) ⇔ f ( x + 1) = f (3 ) ⇔ x + 1 = 3
y
Vì 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ 9 ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ y ≤ log 9 2021 .

Do y nguyên nên y ∈ { 0;1; 2;3} ⇒ ( x, y ) ∈ { (0; 0); (8;1); (80; 2); (728;3)} nên tổng
cộng có 4 cặp số thỏa mãn đề bài. Chọn đáp án D
3
2 x − 2+ m−3 x + ( x3 − 6 x 2 + 9 x + m ) 2 x − 2 = 2 x +1 + 1
Bài 2: Phương trình
có 3 nghiệm
2
2
phân biệt khi và chỉ khi m ∈ (a; b) , đặt T = b − a thì:
A. T = 36 .
B. T = 48 .
C. T = 64 .
D. T = 72 .
Lời giải tham khảo
3
2 x − 2+ m−3 x + ( x3 − 6 x 2 + 9 x + m ) 2 x − 2 = 2 x +1 + 1
Ta có :

2

3

m −3 x

⇔2

3

+ ( x 3 − 6 x 2 + 9 x + m ) = 23 + 2 2 − x

m −3 x

+ ( x − 2 ) + 8 + m − 3 x = 23 + 2 2 − x ⇔ 2
3

3

m −3 x

+ m − 3 x = 22 − x + ( 2 − x )

f t = 2 +t
Xét hàm ( )
trên ¡ .
t
2
f ′ t = 2 .ln 2 + 3t > 0, ∀t ∈ ¡
có ( )
nên hàm số liên tục và đồng biến trên ¡ .
t

3

.

3

m − 3x = ( 2 − x ) ⇔ m = 8 − 9 x + 6 x 2 − x 3
Do đó từ (1) suy ra
.
3
2
f ( x) = −x + 6x − 9x + 8
¡
3

Xét hàm số

trên .
x = 3
f ′( x) = 0 ⇔ 
2
f ′ x = −3x + 12 x − 9
 x = 1 . Bảng biến thiên
có ( )
;

6

Dựa vào bảng biến thiên ta có 4 < m < 8 thỏa mãn
2
2
Suy ra a = 4; b = 8 ⇒ T = b − a = 48 . Chọn đáp án B.
Bài 3 : Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với x ≤ 2020 thỏa mãn

log 2 ( x − 1) + 2 x − 2 y = 1 + 4 y
A. 5.
B. 1010.
C.6.
D. 2020.
Lời giải tham khảo
log 2 ( x − 1) + 2 x − 2 y = 1 + 4 y ⇔ log 2 2 ( x − 1) + 2 ( x − 1) = 2 y + 2 2 y
Theo đề bài
⇔ log 2 2( x − 1) + 2( x − 1) = log 2 22 y + 22 y (1)
Xét hàm số f (t ) = log 2 t + t với t > 0
f '(t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t > 0
t.ln 2
, hàm số đồng biến với t > 0

+
( 1) ⇔ f ( 2 x − 2 ) = f ( 22 y ) ⇔ 2 x − 2 = 22 y ⇔ log 2 2 ( x − 1) = 2 y

⇔ 2 ( x − 1) = 22 y ⇔ x = 22 y −1 + 1
.
x ≤ 2020 ⇒ 22 y −1 + 1 ≤ 2020 ⇔ y ≤

Mà
y ∈ Z + ⇒ y ∈ { 1; 2;3; 4;5}

1
( 1 + log 2 2019 )
2
.Vì

.

Vậy có 5 cặp điểm cặp số nguyên dương

( x; y ) . Chọn đáp án A

Bài 4: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
log 2

x+2 2
+ x + 4x = 4 y 2 + 8 y +1
y +1
.

A. 2020 .
log 2

( x; y ) với

x ≤ 2020 thỏa mãn điều kiện

B. vô số.

C. 1010 .
Lời giải tham khảo

D. 4040 .

x+2
2
2
= 4 y 2 − x 2 − 4 x + 8 y + 1 ⇔ log 2 ( x + 2 ) − log 2 ( y + 1) = 4 ( y + 1) − ( x + 2 ) + 1
y +1

⇔ log 2 ( x + 2 ) + ( x + 2 ) = log 2 2 ( y + 1) +  2 ( y + 1) 
2

Xét hàm số
Ta có

f ( t ) = log 2 t + t 2

f ′( t ) =

trên

( 0;+∞ ) .

2

( 1) .

1

+ 2t > 0 ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ( t )
( 0; +∞ ) .
t ln 2
đồng biến trên

7


( 1) ⇔ f ( x + 2 ) = f ( 2 y + 2 ) ⇔ x + 2 = 2 y + 2 ⇔ x = 2 y .

Mà 0 < x ≤ 2020 ⇒ 0 < y ≤ 1010 .
Vậy có 1010 cặp số nguyên dương (x, y). Chọn đáp án C
a; b )
Bài 5: Có tất cả bao nhiêu cặp số (
với a, b là các số nguyên dương thỏa
3
log 3 ( a + b ) + ( a + b ) = 3 ( a 2 + b 2 ) + 3ab ( a + b − 1) + 1
mãn:
.
A. 2.
B. 3.
C.1.
D. vô số.
Lời giải tham khảo
Với a, b là các số nguyên dương, ta có:

log 3 ( a + b ) + ( a + b ) = 3 ( a 2 + b 2 ) + 3ab ( a + b − 1) + 1
3

a 3 + b3

⇔ log 3 2 2
+ a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) = 3 ( a 2 + b 2 − ab ) + 3ab ( a + b ) + 1
a + b − ab
⇔ log 3 a 3 + b3 + a3 + b3 = log 3 3 a 2 + b 2 − ab  + 3 a 2 + b 2 − ab ( 1)

(

)

f ( t ) = log 3 t + t

Xét hàm số:
f '( t ) =

(

( 0; +∞ ) .

(

)

1
+ 1 > 0, ∀t > 0
0; +∞ )
f t
t ln 3
nên hàm số ( ) đồng biến trên (
.
( 1)

Khi đó, phương trình
f ( a +b
3

trên

)

3

) = f 3 ( a

2

trở thành :

+ b − ab )  ⇔ a 3 + b3 = 3 ( a 2 + b 2 − ab )
2

 a 2 + b 2 − ab = 0 ( *)
⇔ ( a 2 + b 2 − ab ) ( a + b − 3) = 0 ⇔ 
a + b − 3 = 0
a, b ∈ ¥ *
( *)

vô nghiệm. Suy ra: a + b = 3 .
 a = 2
0 < a < 3


0 < b < 3

b = 1
⇔

 a = 1
a + b = 3


a, b ∈ ¥ *
 b = 2
a
,
b

Mà
là các số nguyên dương nên
Có 2 cặp số (a,b) thỏa mãn. Chọn đáp án A
( x ; y ) thoả mãn 1 ≤ x ≤ 2020 và
Bài 6: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
Do

nên phương trình

2 y + y = 2 x + log 2 ( x + 2 y −1 )
A. 2021.

Theo đề bài,

B. 10.

C. 2020.
Lời giải tham khảo
y
2 + y = 2 x + log 2 ( x + 2 y −1 )

⇔ 2 + log 2 ( 2
y

y

)


2y
= 2 x + log 2  x +
2


D. 11.


 2x + 2y 
y
y
y
y
⇔
2
+
2

+
log
2
=
2
x
+
2
+
log
)
÷
÷
2(
2

 2 

8


⇔ 2. ( 2 ) + log 2 ( 2
y

Xét hàm số
Vì

y

)

 2x + 2y 
 2x + 2 y 
= 2 ×
÷+ log 2 
÷
 2 
 2  ( 1) .

f ( t ) = 2t + log 2 t t > 0
,
.

1
>0
∀t > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến trên ( 0; + ∞ ) nên
t ln 2
 2x + 2y 
2x + 2y
y
= f
⇔
2
=
⇔ 2.2 y = 2 x + 2 y ⇔ 2 x = 2 y ⇔ x = 2 y −1
÷
2
 2 

f ′( t ) = 2 +

( 1) ⇔

f ( 2y )

Do 1 ≤ x ≤ 2020 nên 0 ≤ y − 1 ≤ log 2 2020 ⇔ 1 ≤ y ≤ 11,98 .
*
y ∈ { 1; 2;3;...;11}
y
∈
¥
Do
nên
, với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả đề.
( x ; y ) . Chọn đáp án D
Vậy có 11 cặp số nguyên
Bài 7 Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
4.2 x ( x

2

− y)

− 2 x + y + 2 x 3 + 6 = 2 ( x + 1) ( y + 1)

B. 2
C. 3.
Lời giải tham khảo

A. 1.

D. 4 .

Ta có:
4.2 x ( x

2

−y)

− 2 x + y + 2 x 3 + 6 = 2 ( x + 1) ( y + 1) ⇔ 2 x

Xét hàm số

f ( u ) = 2u + 2u

3

− xy + 2

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

trên ¡ .

f ¢( u) = 2u ln 2 + 2 > 0, " u Î ¡

nên hàm số

f ( u)

đồng biến trên ¡ .

Do đó

( 1) Û f ( x 3 - xy + 2) = f ( x + y ) Û x 3 - xy + 2 = x + y Û y ( x +1) = x 3 - x + 2
Dễ thấy x = −1 thì pt vô nghiệm
Với x ≠ −1 ta được

y=

x3 − x + 2
2
= x2 − x +
x +1
x +1

 x + 1 = ±2
2M( x + 1) ⇔ 
 x + 1 = ±1
Để x, y ∈ ¢ thì
Với x + 1 = 2 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1

Với x + 1 = −2 ⇔ x = −3 ⇒ y = 11
Với x + 1 = 1 ⇔ x = 0 ⇒ y = 2
Với x + 1 = −1 ⇔ x = −2 ⇒ y = 4
−3;11) , ( −2; 4 ) , ( 0; 2 ) , ( 1;1)
Vậy có 4 cặp số nguyên là (
. Chọn đáp án D
9

Bài 8 : Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ) thỏa mãn đồng thời hai điều
6
log ( 10 x 2 − 20 x + 20 ) = 10 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1
1
≤
x
≤
10
kiện:
và
A. 4.
B. 2.
C. 3.
D. 1.
Lời giải tham khảo
2
Điều kiện: 10 x − 20 x + 20 > 0 , đúng ∀x ∈ ¡ .Ta có
x; y
2

log ( 10 x 2 − 20 x + 20 ) = 10 y + y 2 − x 2 + 2 x − 1
2

⇔ ( x 2 − 2 x + 1) + log 10 ( x 2 − 2 x + 2 )  = 10 y + y 2
2

⇔ ( x 2 − 2 x + 1) + log10 + log ( x 2 − 2 x + 2 ) = 10 y + y 2
2

⇔ ( x 2 − 2 x + 2 ) + log ( x 2 − 2 x + 2 ) = 10 y + y 2
2

⇔ 10

(

log x 2 − 2 x + 2

)

+ log ( x 2 − 2 x + 2 ) = 10 y + y 2
2

.

f ( t ) = 10t + t
Xét hàm
trên ¡ .
t
f ′ t = 10 .ln10 + 1 > 0 ∀t ∈ ¡
f t
Ta có ( )
,
. Do đó ( ) đồng biến trên ¡ .

(

)

2
2
⇔ f  log ( x 2 − 2 x + 2 )  = f ( y 2 ) ⇔ log x − 2 x + 2 = y
Khi đó
y
2
⇔ x 2 − 2 x + 2 = 10 y ⇔ ( x − 1) + 1 = 10 .
2

1 ≤ ( x − 1) + 1 = 10

Vì 1 ≤ x ≤ 10 nên
+
y ∈ { 1; 2;3}
Vì y ∈ ¢ nên
.
6

2

2

y2

2
( 106 − 1) 2 + 1
⇒
0
≤
y

≤
log
≤ 10 − 1 + 1



(

6

)

2

.

 x = −2 (ktm)
⇔
2
2
 x = 4 (tm) .
+ Với y = 1 ⇒ x − 2 x + 2 = 10 ⇔ x − 2 x − 8 = 0
2
4
2
+ Với y = 2 ⇒ x − 2 x + 2 = 10 ⇔ x − 2 x − 9998 = 0 .
2
9
2
+ Với y = 3 ⇒ x − 2 x + 2 = 10 ⇒ x − 2 x − 999999998 = 0 .

x; y ) = ( 4;1)
Vậy có một cặp nguyên dương (
. Chọn đáp án D

log 7 ( x 2 + 2 x + 2 ) + 1 > log 7 ( x 2 + 6 x + 5 + m )

Bài 9: Cho bất phương trình
. Có bao
nhiêu giá trị nguyên của tham số m để bất phương trình trên có tập ngiệm chứa
1;3
khoảng ( ) ?
A. 33.
B. 35.
C.728.
D. 34.
Lời giải tham khảo
 x 2 + 6 x + 5 + m > 0
m > − x 2 − 6 x − 5

bpt ⇔ 
⇔ 2
2
2
log 7 7 ( x + 2 x + 2 )  > log 7 ( x + 6 x + 5 + m )
6 x + 8 x + 9 > m

10


m > max f ( x )

( 1;3)

⇔
g ( x)
m < min
f ( x ) = − x2 − 6x − 5 g ( x ) = 6 x2 + 8x + 9
( 1;3)
, với
;

Xét sự biến thiên của hai hàm số f ( x ) và g ( x )
f ′ ( x ) = −2 x − 6 < 0, ∀x ∈ ( 1;3) ⇒ f ( x )

⇒ max f ( x ) = f ( 1) = −12

luôn nghịch biến trên khoảng ( 1;3)

( 1;3)

g ′ ( x ) = 12 x + 8 > 0, ∀x ∈ ( 1;3) ⇒ g ( x )

⇒ min g ( x ) = g ( 1) = 23

luôn đồng biến trên khoảng ( 1;3)

. Khi đó −12 < m < 23
m ∈ { −11; − 10; ...; 22}

( 1;3)

Mà m ∈ ¢ nên
Vậy có tất cả 34 giá trị nguyên của m. Chọn đáp án D
Bài 10: Biết rằng trong tất cả các cặp
log 2 ( x 2 + y 2 + 2 ) ≤ 2 + log 2 ( x + y − 1)

( x; y ) thỏa mãn

. Chỉ có duy nhất một cặp ( ) thỏa mãn:
3 x + 4 y − m = 0 . Khi đó hãy tính tổng tất cả các giá trị m tìm được?
A. 20 .
B. 46 .
C. 28 .
D. 14
Lời giải tham khảo
x; y

log 2 ( x 2 + y 2 + 2 ) ≤ 2 + log 2 ( x + y − 1)
⇔ x 2 + y 2 + 2 ≤ 4 ( x + y − 1) ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 2 ) ≤ 2
2

2

.

3 x + 4 y − m = 0

2
2
x − 2) + ( y − 2) ≤ 2
x; y )

(
(


Do chỉ có duy nhất cặp
thỏa mãn hệ
nên đường
2
2
x − 2) + ( y − 2) = 2
thẳng 3 x + 4 y − m = 0 là tiếp tuyến của đường tròn (
.
3.2 + 4.2 − m
 m = −36
= 2⇔
32 + 42
 m = 64 . Chọn đáp án C.
Suy ra

Dạng 2 : Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
Bài 1 : Xét các số thực dương x, y thỏa mãn
giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức P = x + 3 y .
A.

Pmin =

17
.
2

B.

Pmin = 9.

log 1 x + log 1 y ≤ log 1 ( x + y 2 )
2

Pmin =

2

25 2
.
4

C.
Lời giải tham khảo
log 1 xy ≤ log 1 ( x + y 2 )
2
2
+ Bất phương trình tương đương

2

. Tìm

D. Pmin = 8.
(1)

11

1
y = log 1 t
a = ∈ (0,1)
⇒
2
2
2
+ Hàm số :
có cơ số
nghịch biến với t > 0
2
y
xy ≥ x + y 2 ⇔ x ( y − 1) ≥ y 2 ⇒ x ≥
y − 1 ( y ≥ 1)
+ (1) ⇔

y = log 1 t

y2
1
P=
+ 3 y = 4( y − 1) +
+5≥9
y
−
1
y
−

1
+
3
9
y = ,x =
2
2 . Chọn đáp án B
Vậy Pmin = 9 khi

Bài 2: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn
x −1 y −1
log 3 ( x + y + 2) = 1 + log 3 (
+
)
y
x
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x2 + y 2 a
=
xy
b với a, b ∈ ¥ và ( a, b) = 1 . Hỏi a + b bằng bao nhiêu.
A. 2.
B. 9.
C. 12.
D. 13.
Lời giải tham khảo
Ta có:
x −1 y −1
x −1 y −1
log 3 ( x + y + 2) = log 3 3(

+
)(1)
log 3 ( x + y + 2) = 1 + log 3 (
+
)
y
x
y
x
⇔

+ Xét hàm số : f(t) = log3t có cơ số a = 3 > 1 nên hàm số đồng biến với t > 0
x y
1 1
x y
1 1
(1) ⇔ x + y + 2 = 3( + ) − 3( + ) ⇔ 3( + ) = ( x + y ) + 3( + ) + 2
y x
x y
y x
x y
 x y
⇔ 3  + ÷≥ 2
y x
Do đó a + b = 13.

 x y
x y 10
3  + ÷+ 6 + 2 ⇒ + ≥
y x 3

 y x
.
Chọn đáp án D

)
) . Biết giá trị
4(
4(
Bài 3: Cho x, y là các số thực thỏa mãn
2
2
a b ( 1 < a, b ∈ ¢ )
nhỏ nhất của biểu thức P = 2x − y là
. Giá trị a + b là:
log x + y + log x − y ≥ 1

2
2
A. a + b = 18

2
2
2
2
B. a + b = 8
C. a + b = 13
Lời giải tham khảo

2
2

D. a + b = 20

Từ giả thiết ta có :
x + y > 0

x − y > 0

log 4 ( x + y ) ( x − y )  ≥ log 4 4(1)

+ Hàm số : y = log 4 t đồng biến với t > 0 nên
2
2
(1) ⇔ ( x + y )( x − y ) ≥ 4 ⇔ x − y − 4 ≥ 0 (2)
+ Từ : P = 2x – y ⇒ y = 2x – P , thay vào (2) được :
12


P ≥ 2 3
∆ ' = P 2 − 12 ≥ 0 ⇔ 
 P ≤ −2 3
3 x 2 − 4 xP + P 2 + 4 ≤ 0 có nghiệm ⇒
x > 0
⇒ P = 2x − y > 0

x
−
y
>
0
⇒ min P = 2 3 khi

+ Từ điều kiện bài toán có 

2P 4 3
x=
=

 P = 2 3

3
3
⇔

 ∆ ' = 0
y = P = 2 3

3
3

2
2
Vậy Pmin = 2 3 , do đó a + b = 13 . Chọn đáp án

C
log3

x+ y
= x ( x − 9 ) + y ( y − 9 ) + xy
x + y 2 + xy + 2
. Tìm giá
2

Bài 4: Cho x , y thỏa mãn
3x + 2 y − 9
P=
x + y + 10 khi x , y thay đổi.
trị lớn nhất của
A. 2.
B. 3.
Lời giải tham khảo

C. 1

D.0 .

2

y  3y2

x + y + xy + 2 =  x + ÷ +
+2>0
x
+
y
>
0
2
4


Điều kiện:

(do
).
2

2

Đẳng thức đã cho tương đương với
log 3

9( x + y)
= x ( x − 9 ) + y ( y − 9 ) + xy + 2
x + y 2 + xy + 2
.
2

⇔ log 3 (9 x + 9 y ) + (9 x + 9 y ) = log 3 ( x 2 + y 2 + xy + 2) + ( x 2 + y 2 + xy + 2)
f t = t + log 3 t
0; + ∞ )
Mà hàm số ( )
đồng biến trên (
nên suy ra
2
2
2
2
( 1) ⇔ x + y + xy + 2 = 9 x + 9 y ⇔ x + y + xy + 2 − 9 x − 9 y = 0

(1)

.

Ta có
2

y
y
3
9
3
19
2


x + y + xy − 9 x − 9 y + 2 = 0 ⇔  x + ÷ − 9  x + ÷ = − y 2 + y − 2 = − ( y − 3) +
2
2
4
2
4
4


2

2

Dẫn đến
2

y

y  19
1
y 19


 x + ÷ − 9  x + ÷ ≤ ⇒ − ≤ x + ≤ ⇒ −1 ≤ 2 x + y ≤ 19
2
2 4
2
2 2


.

Suy ra
3x + 2 y − 9 x + y + 10 + 2 x + y − 19
2 x + y − 19
P=
=
= 1+
≤1
x + y + 10
x + y + 10
x + y + 10
.

2 x + y = 19
x = 8
P =1⇔ 
⇔

y = 3
 y = 3 . Vậy maxP = 1. Chọn đáp án C

13


log3 x + xy = log3 ( 8 − y ) + x ( 8 − x )
Bài 5 Cho hai số thực dương x; y thỏa mãn
.
3
2
2
P = x − ( x + y ) − 16 x
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
bằng?
196
1814
1760
586
−
−
−
−
3 .
27 .
9 .
27 .
A.
B.
C.

D.
Lời giải tham khảo
x > 0

Điều kiện 0 < y < 8 . Từ giả thiết biến đổi có:

log3 x + xy = log3 ( 8 − y ) + x ( 8 − x )

⇔ log 3 x 2 + x 2 = log 3  x ( 8 − y )  + x ( 8 − y )

f ( t ) = log 3 t + t
0;+∞ )
Do hàm số
đồng biến trên (
đồng thời từ giả thiết bài
 x 2 ∈ ( 0; +∞ )


⇒ x2 = x ( 8 − y ) ⇔ x + y = 8
 x ( 8 − y ) ∈ ( 0; +∞ )

f ( x 2 ) = f  x ( 8 − y ) 


toán có:
x ∈ ( 0;8)
Do x; y > 0 nên có
2
P = x 3 − x 2 − ( 8 − x ) − 16 x = x 3 − 2 x 2 − 64
P

Thay vào
ta có:
1760
min g ( x ) = −
3
2
g ( x ) = x − 2 x − 64; x ∈ ( 0;8 )
27
( 0;8)
Xét hàm số
ta có
Chọn đáp án D
Bài 6: Cho các số thực x, y thỏa mãn 0 ≤ x, y ≤ 1 và
 x+ y 
log3 
÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0
1
−
xy


. Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P = 2 x + y .

A. 2 .

1
C. 2 .

B. 1 .
Lời giải tham khảo

D. 0 .

 x+ y 
log 3 
÷+ ( x + 1) ( y + 1) − 2 = 0
1
−
xy


⇔ log 3 ( x + y ) + ( x + y ) = log 3 ( 1 − xy ) + ( 1 − xy ) ( 1)
.
1
′
f
t
=
+ 1 > 0 ∀t > 0
(
)
f ( t ) = log 3 t + t
t
>
0
t
.ln
3
Xét hàm số
với

, ta có
1− x
⇔
y
=
( 1) ⇔ x + y = 1 − xy
⇒ f ( t)
x + 1 ( 2) .
luôn đồng biến với ∀t > 0 ⇒

14


P = 2x +

2
Thế ( ) vào P ta được
2
2 x2 + 4 x
P′ = 2 −
=
≥0
2
2
x
+
1
x
+
1

(
) (
)

1− x
1 + x Với 0 ≤ x ≤ 1

; với 0 ≤ x ≤ 1 .
Vậy minP=1 khi x = 0; y = 1 . Chọn đáp án B
Bài 7 : Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn
3
5xy
x+2 y
5
+ xy + x + 1 =
+ 3− x −2 y + y ( x − 2)
3
5
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x + y .
A. Tmin = 2 + 3 2 .
T = 1+ 5 .
C. min

B. Tmin = 3 + 2 3 .
T = 5+3 2 .
D. min
Lời giải tham khảo

Theo đề ra ta có

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

⇒ x + 2 y = xy − 1 ⇒ y =

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

x − 2 .Do
.

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

Tmin = 3 + 2 3 tại x = 2 + 3 . Chọn đáp án B
2
2
P
Bài 8 Tìm giá trị lớn nhất max của biểu thức P = −3x + y + 2 x − y + 1 . Biết
Vậy

15


x , y ∈ ¡ thỏa mãn

log 2

x2 + 2x + 2
+ 2x2 − y 2 + 4x + y + 4 = 0
2
y − y +1
.

P = 10
B. Pmax = 13 .
C. Pmax = 14 .
D. max
.
Lời giải tham khảo
2
x + 2x + 2
log 2 2
+ 2x2 − y2 + 4x + y + 4 = 0
( x, y ∈ ¡ )
y − y +1
Ta có:
,
A. Pmax = 12 .

⇔ log 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) − log 2 ( y 2 − y + 1) + 2 x 2 − y 2 + 4 x + y + 4 = 0

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

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

.(*)

f t = log 2 t + t t ∈ [ 1; +∞ )
Xét hàm số ( )
,
.
1
f ′( t ) =
+1 > 0
f ( t)
( 1; + ∞ ) .
t.ln 2
, ∀t ≥ 1 . Suy ra hàm số
đồng biến trên

( *) ⇔

f ( 2 x 2 + 4 x + 4 ) = f ( y 2 − y + 1) ⇔ 2 x 2 + 4 x + 4 = y 2 − y + 1

Mà
⇔ 2 x 2 + 4 x + 3 = y 2 − y .(1)

2
2
2

P
=
−
3
x
+
y
+
2
x
−
y
+
1
=
−
x
+ 6x + 4
Khi đó

= 13 − ( x 2 − 6 x + 9 ) = 13 − ( x − 3) ≤ 13
2

Vậy

Pmax

.
1 ± 133
y

=
= 13
2
đạt được khi x = 3 và
. Chọn đáp án B

 1 − 2x 
ln 
÷ = 3 x + y − 1.
x
+
y
x
,
y


Bài 9: Cho
là các số thực dương thỏa mãn
Tìm giá trị
1
1
P= +
+ 1.
P
x
xy
min
nhỏ nhất
của

A. Pmin = 8 .

B. Pmin = 16 .

C. Pmin = 9 .

D. Pmin = 2 .

Lời giải tham khảo

1− 2x
1
1
> 0 ⇔ 1− 2x > 0 ⇔ x <
0< x<
2 . Kết hợp với x > 0 ta suy ra
2
Điều kiện: x + y
 1− 2x 
ln 
÷ = 3 x + y − 1 ⇔ ln ( 1 − 2 x ) − ln ( x + y ) = ( x + y ) − ( 1 − 2 x )
Ta có:  x + y 

⇔ ln ( 1 − 2 x ) + ( 1 − 2 x ) = ln ( x + y ) + ( x + y )

Xét hàm

f ( t ) = ln ( t ) + t

. Hàm số xác định và liên tục trên

( 0; +∞ )

1
f ' ( t ) = + 1 > 0, ∀t > 0
( 0; +∞ )
t
. Suy ra hàm số đồng biến trên

16


⇒ f ( 1 − 2 x ) = f ( x + y ) ⇔ 1 − 2 x = x + y ⇔ y = 1 − 3x > 0
P=

Khi đó
Xét hàm

1
1
1
2
+
+1 ≥ +
+1
x
x 1− 2x
x ( 1 − 3x )

g ( x) =

1
2
+
+1
x 1 − 2x
trên

. Dấu “=” xảy ra

⇔ x = 1 − 3x ⇔ x =

1
4

 1
 0; ÷
 3

4
 1  g '( x) = − 1 +
1
0;
2
2
g
'
x
=

0
⇔
x
=

÷
(
)
x
g x
( 1− 2x) ;
4
Hàm số ( ) liên tục trên  3  ;
Bảng biến thiên
1
1
x
0
4
3
0
g '( x)
−
+

g ( x)

+∞

9

8
Vậy Pmin = 8 tại

x=

1
4 Chọn đáp án A
log 3

Bài 10 : Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn
1 2
T= +
x
y
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A. 3 + 3 .

log 3

B. 4 .

2x + y + 1
= x + 2y
x+ y

C.

2x + y +1
= x + 2y

x+ y
. Tìm

3+ 2 3 .

D. 6 .

Lời giải tham khảo

Ta có:
⇔ log 3 ( 2 x + y + 1) − log 3 ( x + y ) = 3 ( x + y ) − ( 2 x + y + 1) + 1
⇔ log 3 ( 2 x + y + 1) + ( 2 x + y + 1) = log 3 3 ( x + y )  + 3 ( x + y )

Xét hàm số

y = f ( a ) = log 3 a + a

trên ( 0;+∞ ) .

.

( 1)

( ) là hàm số đồng biến trên (
).
Dễ thấy hàm số
( 1) ⇔ f ( 2 x + y + 1) = f ( 3( x + y ) ) ⇔ 2 x + y + 1 = 3 ( x + y ) ⇔ x + 2 y = 1 .
Do đó,
Ta có
1

1
1
1
1
≥ +
= +
+
1
2
1
1
9
x 1+y x 1+y 1+y ≥
T= +
= +
=6
x
y x
1
1
4
4
4
y.
x + 2y +
4
2
2
.
y= f a

0;+∞

17


1
1
x = ;y =
2
4 . Chọn đáp án D
Vây min T = 6 khi và chỉ khi

( Có thể sử dụng hàm số, hoặc máy tính bỏ túi )

Bài 11 : Cho hai số thực dương a và b thỏa mãn
2
nhất của biểu thức P = ab + 2ab bằng
A. 3 .

4ab.2 a+ b =

8 ( 1 − ab )
a + b . Giá trị lớn

5 −1
2 .

B.1.
C.

Lời giải tham khảo

3
D. 17 .

Từ giả thiết suy ra 1 − ab > 0 .
8 ( 1 − ab )
8 ( 1 − ab )
4ab.2a +b =
⇔ ( a + b ) .2a + b =
a+b
22 ab
⇔ ( a + b ) .2a +b = ( 2 − 2ab ) .22− 2 ab
(1).
t
f t = t.2
t ∈ ( 0; +∞ ) = D
Xét hàm số ( )
với
.
f ′ ( t ) = 2t + t.2t.ln 2 > 0, ∀t ∈ D
f ( t)
D
liên tục trên và
Dễ thấy hàm số

suy ra ( ) là hàm số đồng biến trên D .
⇒ a ( 1 + 2b ) = 2 − b
(1) ⇔ a + b = 2 − 2ab
(2). Từ (2), suy ra 2 − b > 0 ⇒ b < 2 .

f t

( 2)

Ta được

P = ab + 2ab 2 = ba ( 1 + 2b ) = b ( 2 − b )

.

b + ( 2 − b) 
P = b ( 2 − b) ≤ 
 =1
2


Theo bất đẳng thức Cô – si, ta được
.
1

a =
3


Vậy max P = 1 , đạt được khi và chỉ khi b = 1 . Chọn đáp án B
Bài 12 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x ³ 0, y ³ 0, z ³ - 1 và
2

x +y +1
= 2x - y

4x + y + 3
. Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
(x + z + 1)
(y + 2)2
T =
+
3x + y
x + 2z + 3 tương ứng bằng:
log2

A. 4 2 .

B. 6
C. 6 3 .
Lời giải tham khảo

D. 4

Từ giả thiết ta có:

18


x +y +1
x +y +1
= 2x - y Û 1+ log2
= 2x - y + 1
4x + y + 3
4x + y + 3

2x + 2y + 2
Û log2
= (4x + y + 3) - (2x + 2y + 2)
4x + y + 3
biến
Û f (2x + 2y + 2) = f (4x + y + 3) Û 2x + 2y + 2 = 4x + y + 3 Û y = 2x + 1
f (t) = log2 t + t
(Với hàm
là đồng biến trên (0; +¥ ) )
Thay vào biểu thức T ta được:
(x + z + 1)2
(y + 2)2
(x + z + 1)2
(2x + 3)2
T =
+
=
+
3x + y
x + 2z + 3
5x + y
x + 2z + 3
Áp dụng bất đẳng thức:
log2

(x + z + 1)2
(2x + 3)2
(3x + z + 4)2
1 (3x + z + 4)2
T =

+
³
= .
5x + y
x + 2z + 3
6x + 2z + 4
2 3x + z + 2

Đặt

t = 3x + z + 2 Þ T ³

1
4
1
4
(t + + 4) ³ (2 t. + 4) = 4
2
t
2
t

ìï
ïï
ïï y = 2x + 1
ï
Û
í t = 2 = 3x + z + 2
ïï
2x + 3

ïï x + z + 1
=
ïï
x + 2z + 3
Dấu "=" xảy ra khi ïî 5x + 1


y = 2x +1

x = z = 0
 t = 2 = 3x + z + 2 ⇔ 
 y =1
 x + z +1
2x + 3

=
x + 2z + 3
 5x + 1

ïìï x = z = 0
í
ïï y = 1
î

:

Suy min T = 4. Chọn đáp án D

19

2.4. Kết quả đạt được
Sau khi dạy xong bài này tôi cho học sinh lớp 11A3 làm bài kiểm tra để
kiểm tra tính khả thi của đề tài và đối chiếu với kết quả kiểm tra trước khi học
bài này, tôi thu được kết quả như sau :
Đề kiểm tra
2
Bài 1: Có bao nhiêu bộ số nguyên ( x; y ) thỏa 1 ≤ x + x ≤ 2020 và

log x + log( x + 1) + x 2 + x = y + 10 y
A. 8.

B. 4.

C. 2.
2( x − y +1)
2x + y
2020
=
2

D. 0.

2

Bài 2: Xét các số dương x, y thỏa mãn
của biểu thức P = 2 y − x thuộc tập nào dưới đây?

( 0;1) .

A.
Bài 2:

 5
1; 3 ÷
.
B.

C.

( x + 1) . Giá trị nhỏ nhất
5 
 3 ; 2 ÷
D.
.

[ 2;3) .

2
2
Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P = −3 x + y + 2 x − y + 1 . Biết

x2 + 2x + 2
log 2 2
+ 2x2 − y2 + 4x + y + 4 = 0
( x, y ∈ ¡ ) thỏa mãn
y − y +1
.
Pmax = 13
Pmax = 14

Pmax = 12

A.

.
B.
Trước khi học bài này

Tổng số
học sinh
45

Điểm
Giỏi
(8-10)
8(17,8%)

.

C.

.

D.

Pmax = 10

Điểm Khá
(6,5-dưới 8)

Điểm TB
(5- dưới 6)

Điểm Yếu
(3,5- dưới 5)

Điểm Kém
(<3,5)

15(33,3%)

15(33,3%)

5(11,1%)

2(4,5%)

Điểm TB
(5- dưới 6)
8(17,8%)

Điểm Yếu
(3,5- dưới 5)
1(2,2%)

Điểm Kém
(< 3,5)
0(0%)

Sau khi học bài này

Tổng số Điểm Giỏi Điểm Khá
học sinh
(8-10)
(6,5-dưới 8)
45
15(33,3%) 21(46,7%)

20


3. Kết luận
3.1 . Hạn chế
Do khuôn khổ của đề tài có hạn, nên còn một số dạng tổng tôi vẫn chưa
tìm được công thức thay thế để giải.
Do thời gian có hạn và tính chủ quan của tác giả, bài viết còn nhiều thiếu
sót. Rất mong quý thầy cô, các em học sinh và các độc giả góp ý chân thành để
bài viết của tôi hoàn thiện và ứng dụng rộng rãi hơn.
3.2. Kiến nghị
Tôi xin được kiến nghị với, Lãnh đạo các Ban ngành Sở GD và ĐT
Thanh Hóa,Ban Giám Hiệu các trường THPT tạo điều kiện về mặt thời gian,
cơ sở vật chất để chúng tôi có các buổi ngoại khóa Liên môn. Mặt khác cũng
cho phép chúng tôi được co, giãn bài giảng để phù hợp với trình độ của từng đối
tượng học sinh, đáp ứng nhu cầu và nguyện vọng học tập của các em.
Tôi xin chân thành cám ơn.

Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Hoằng Hóa, ngày 12/7/2020
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến của tôi
viết, không sao chép của người khác.

Người viết sáng kiến

Nguyễn Lan Phương

21


22


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số và giải tích 12 nâng cao - NXB Giáo dục
2. Đề minh họa, đề thử nghiệm môn Toán THPT Quốc Gia của Bộ giáo dục;
các đề thi thử của các Sở giáo dục, các trường THPT trên toàn quốc.
3. Các tài liệu tham khảo trên Internet.


Danh mục các SKKN đã được xếp loại
N¨m học
2005–
2006
2007–
2008
2013–
2014
2015–
2016

20182019

Tên sáng kiến kinh nghiệm
Số quyết định.
Sử dụng tam thức bậc hai trong
Xếp loại : C
chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức
tam giác
Một số đề xuất trong lời giải các bài
932/ QĐ- SGD
toán hình học không gian lớp 11
ngày 11/9/2008
Xếp loại : C
Một số ứng dụng của modun số phức 753/ QĐ- SGD&ĐT
trong giải toán về số phức
ngày 03/11/2014
Xếp loại : B
Sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đẻ 972/QĐ- SGD&ĐT
giải các bài toán sinh học, y học, thể ngày 24/11/2016
thao, kinh tế, khoa học kỹ thuật và
Xếp loại : C
các môn khoa học khác
Sử dụng công thức thay thế công thức
Xếp loại : C
đạo hàm, tích phân để giải các bài
toán đại số tổ hợp lớp 11