SKKN giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến mũ và logari bằng phương pháp sử dụng hàm đặc trưng

PHẦN 1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Toán học là mơn chủ đạo trong các cấp học, ngồi việc cung cấp cho học
sinh hệ thống kiến thức, kĩ năng tính tốn... Mơn Tốn cịn góp phần phát triển
nhân cách, phẩm chất của người lao động, rèn luyện cho học sinh đức tính cẩn
thận, chính xác,kiên trì, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng
óc thẩm mĩ.
Qua nhiều năm công tác giảng dạy ở trường THPT tơi nhận thấy việc học
tốn nói chung và việc phụ đạo, bồi dưỡng học sinh nói riêng. Muốn học sinh
rèn luyện được tư duy phân tích bài tốn trong việc học và giải tốn thì bản thân
mỗi người thầy cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách giải nhất. Để có
được một học sinh giỏi mơn tốn là một điều khá khó, vì nó cịn phụ thuộc vào
nhiều ngun nhân, có cả nguyên nhân khách quan và nguyên nhân chủ quan.
Song địi hỏi người thầy cần phải tìm tịi, nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp
và cách giải qua một bài tốn. Từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động
tư duy phân tích một bài tốn đi đến lời giải nhanh và chính xác nhất.
Trong chương trình mơn tốn lớp 12, chương học : “ Mũ và Logarit” là
chương học rất quan trọng, các bài toán về mũ và logarit luôn xuất hiện trong
các đề thi Tốt Nghiệp Trung Học Phổ Thông Quốc Gia và các đề thi học sinh
giỏi lớp 12 cấp tỉnh của các tỉnh thành trên cả nước.
Hiện nay trong các đề thi Tốt Nghiệp Trung Học Phổ Thông Quốc Gia và
các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh mơn tốn của các tỉnh thành rất hay gặp bài toán
ở mức độ vận dụng và vận dụng cao về phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình, hệ bất phương liên quan đến bài tốn mũ và logarit mà cách giải
của nó là sử dụng “ Hàm đặc trưng” để giải.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nhằm giúp các em học sinh sử dụng hàm đặc trưng giải quyết các bài tốn
giải phương trình, bất phương trình liên quan đến mũ và logarir. Từ đó các em
có cách nhìn tổng thể hơn về phương pháp sử dụng hàm đặc trưng trong các bài
toán liên quan. Đây là một chủ đề khó và thường xuyên gặp trong các kì thi Tốt
Nghiệp Trung Học Phổ Thơng Quốc Gia cũng như học sinh giỏi cấp tỉnh của các

tỉnh thành. Giải quyết tốt bài toán này sẽ giúp các em tự tin hơn trong việc
chiếm lĩnh kiến thức khác. Rất nhiều em học sinh do không nắm vững phương
pháp cũng như không biết cách tiếp cận nên rất lười suy nghĩ về các bài liên
quan tới cách giải này. Bên cạnh đó năm học 2020-2021 bản thân thơi là giáo
viên dạy đội tuyển toán lớp 12 trường THPT Hậu Lộc I thì tơi nhận thấy đây là
một chủ đề rất quan trọng và thường xuyên xuất hiện trong kì thi học sinh giỏi
của tỉnh nhà. Năm nay cũng là năm học bản thân có hai lớp 12, năm nay là năm
các em có một kỳ Tốt Nghiệp Trung Học Phổ Thơng Quốc Gia rất quan trọng,
bài tốn sử dụng hàm số đặc trưng không những xuất hiện trong chủ đề mũ và
logarit mà còn xuất hiện trong các chủ đề khác như: hàm số, phương trình, hệ
phương trình. Do đó việc rèn luyện kĩ năng sử dụng hàm đặc trưng sẽ giúp ích
rất nhiều cho các em trong q trình chuẩn bị cho kì thi sắp tới.
1


1.2. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài rèn luyện kĩ năng sử dụng hàm đặc trưng
giải các bài tốn: “Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên
quan đến mũ và logarit”.
Cụ thể:
+Sử dụng hàm đặc trưng giải các các bài tốn giải phương trình, bất
phương trình trình liên quan đến mũ và logarit.
+ Sử dụng hàm đặc trưng giải các các bài toán hệ phương trình liên quan
đến mũ và logarit.
1.4. Các phương pháp nghiên cứu
+ Phương pháp nghiên cứu, xây dựng cơ sở lý thuyết.
+ Phương pháp điều tra thực tế.
+ Phương pháp thống kê, thu thập số liệu.
PHẦN 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

Trong nhà trường trung học phổ thông nhiệm vụ trọng tâm là hoạt động
dạy của thầy và hoạt động học của trò. Đối với người thầy việc giúp học sinh
nắm vững các kiến thức phổ thơng nói chung và các kiến thức của bộ mơn tốn
nói riêng là một việc làm rất cần thiết. Người giáo viên cần phải dạy cho các em
nắm vững các phương pháp và các kĩ năng cần thiết để có thể giải tốt các bài
tốn đặt ra. Đối với hoạt động học của trị muốn học tốt mơn tốn học sinh cần
phải nắm vững những tri thức khoa học ở mơn tốn một cách có hệ thống, phải
biết vận dụng lí thuyết một cách linh hoạt vào từng bài tốn cụ thể. Điều đó thể
hiện ở việc học đi đơi với hành, địi hỏi học sinh phải có tư duy logic, suy nghĩ
linh hoạt. Vì vậy trong quá trình dạy học giáo viên cần giúp học sinh cách học
và biết sử dụng các kiến thức đã học vào các bài toán cụ thể. Mục đích là giúp
học sinh khi đứng trước một bài tốn các em cần biết phân tích nhận dạng, biết
áp dụng các phương pháp đã được học để giải bài toán hoặc biết cách chuyển
bài toán về dạng quen thuộc để từ đó có các phương pháp giải thích hợp. Đối với
các bài tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên quan đến
mũ và logarit có một số bài toán giải bằng phương pháp dùng hàm đặc trưng thì
trước tiên ta cần nắm vững phương pháp, biết cách phân tích, chuyển đổi bài
tốn về dạng có thể sử dụng hàm đặc trưng để giải.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Xuất phát từ việc dạy các phân môn mũ và logarit trong chương trình lớp
12 sách giáo khoa hiện hành. Trong quá trình giảng dạy trực tiếp các lớp 12
cũng như trong quá trình ơn thi đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh. Tơi nhận
thấy các em học sinh cịn khá khó khăn khi giải các bài tốn sử dụng hàm đặc
trưng để giải các bài tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình liên
quan đến mũ và logarit.
2.3. Giải pháp và cách thức thực hiện
2


Để giải tốt bài tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

liên quan đến mũ và logari bằng phương pháp sử dụng hàm đặc trưng, trước hết
ta cần nắm vững phương pháp, sau đó vận dụng linh hoạt các phương pháp biến
đổi để biến đổi các bài toán về dạng tốn có thể sử dụng hàm đặc trưng để giải.
2.3.1. Cơ sở lí thuyết:
Tính đơn điệu của hàm số
1. Định nghĩa
Cho hàm số y  f ( x) xác định trên K với K là một khoảng.
+ Hàm số y  f ( x) đồng biến ( tăng ) trên K nếu x1 , x2 �K mà x1  x2 thì
f ( x1 )  f ( x2 ) .
+ Hàm số y  f ( x) nghịch biến ( giảm ) trên K nếu x1 , x2 �K mà x1  x2 thì
f ( x1 )  f ( x2 ) .
+ Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K được gọi chung là đơn điệu trên
K.

2. Định lý
Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm trên khoảng K .
( x) �0, x �K và f �
( x)  0 xảy ra tại một số hữu hạn điểm thì hàm số
+ Nếu f �
y  f ( x) đồng biến trên khoảng K .
( x) �0, x �K và f �
( x)  0 xảy ra tại một số hữu hạn điểm thì hàm số
+ Nếu f �
y  f ( x) nghịch biến trên khoảng K .
3. Lưu ý
+ Nếu hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn [a; b] và f '( x)  0, x �( a; b) thì ta nói
hàm số đồng biến trên đoạn [a; b].
+ Nếu hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn [a; b] và f '( x)  0, x �(a; b) thì ta nói
hàm số nghịch biến trên đoạn [a; b].
+ Trên các khoảng và nửa khoảng tương tự như trên đoạn.

2.3.2. Các dạng toán thường gặp
Phương pháp giải:
Nắm vững phương pháp: “ Nếu hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên
K ( K là một đoạn, một khoảng, hoặc một nửa khoảng ) thì x1 , x2 �K thì
f  x1   f  x 2  � x1  x2 .
Biến đổi phương trình về dạng f  x1   f  x2  , hoặc bất phương trình về
dạng: f  x1   f  x2  với y  f  x  là hàm số đơn điệu, từ đó suy ra x1  x2 ( Ở
đây x1 , x2 có thể là các biểu thức có giá trị thuộc K ).
2.3.2. 1. Dạng 1: Sử dụng hàm đặc trưng giải phương trình, bất phương
trình mũ và logarit
Bài 1. Giải phương trình: 2 x  x 2  2 x  x
Lời giải
x
Xét hàm số f  x   2  x hàm số xác định và liên tục trên �.
 x   2 x ln 2  1  0 x �� � f  x  đồng biến trên �.
Ta có: f �
2

3


x  0.
�
2
2
2
2
� 2x  x2  2x  x � f  x   f  x  � x  x � x  x  0 � �
x 1
�

Vậy tập nghiệm của phương trình là S   0;1 .

Bài 2. ( HSG Quãng Ngãi năm 2021) Giải phương trình:
log 3

2x 1
 3x 2  8 x  5
2
( x  1)

Lời giải
� 1
2x 1
�x 
0�� 2
ĐK:
2
( x  1)
�
�x �1

Ta có:

2x 1
 3 x 2  8 x  5 � log 3 (2 x  1)  log 3 ( x  1) 2  3( x  1) 2  (2 x  1)  1
2
( x  1)
� log 3 (2 x  1)  (2 x  1)  3( x  1) 2  log 3 3( x  1) 2

log 3

Xét f  t   log 2 t  t ,với t  0
1
f ' t  
 1  0, t  0 suy ra f (t ) đồng biến trên (0; �)
t ln 2
Ta lại có:
2
3  x  1 �
log 3 (2 x  1)  (2 x  1)  3( x  1) 2  log3 3( x  1) 2 � f  2 x  1  f �
�

�

x2
�
� 2 x  1  3  x  1 � 3x 2  8 x  4  0 � � 2 .
�
x
� 3
� 2�
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  �2, �.
� 3
2

Bài 3. (HSG TỉnhPhúThọ 2020-2021) Giải phương trình
log 2

x 2  3x  2
 x 2  4 x  3.

2
3x  5x  8

Lời giải
x  2
�
.
x  1
�

2
Điều kiện của phương trình là: x  3x  2  0 � �

x 2  3x  2
 x 2  4 x  3.
2
3x  5 x  8
1
1
log 2  x 2  3x  2   log 2  3x 2  5 x  8    3x 2  5 x  8    x 2  3x  2 
2
2

Phương trình log 2

1
1
� log 2  x 2  3x  2    x 2  3x  2   log 2  3x 2  5 x  8    3x 2  5 x  8 
2
2

1
2

t 
Xét hàm số: f  t   log 2 t  t � f �

 1

1
1
  0 t  0 .
t ln 2 2

4


Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên khoảng  0; � .
Do đó phương trình (1) có dạng: f  x 2  3x  2   f  3x 2  5 x  8 
x 1
�
( thỏa mãn).
� 3x 2  5 x  8  x 2  3x  2 � 2 x 2  8 x  6  0 � �
x3
�
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S   1;3 .

Bài 4. ( HSG Quãng Nam năm 2021). Biết bất phương trình:
315 x  432 x  180  36log 2  3x  2   4.27 �36.log 2 x  4.3
2

x

x4
2

có tập nghiệm là nữa khoảng  a; b  , tính a  b .
Lời giải
2
3

Điều kiện: x  .
Ta có: 315 x 2  432 x  180  36log 2  3x  2   4.27 x �36.log 2 x  4.3

x4
2
x

� 36  3x  2   36log 2  3 x  2   36.33 x 2 �9 x 2  36.log 2 x  36  36.3 2
2

2

x
x
�x �
2
�  3 x  2   log 2  3 x  2   3
�� � log 2  3  1
2

�2 �
1
 3t ln 3  0, t  0
 t   2t 
Xét hàm số f  t   t 2  log 2 t  3t � f �
t ln 2
do đó hàm số f  t  đồng biến trên  0;� .
2

3 x2

�x �
�  1 � f  3 x  2  �f � ��
��
3 x 2
�2 �

x
2

x

4
5
�2 4 �

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm S  � ; �.
�3 5 �
� 2
a

�
� 3
22
Vậy: �
, suy ra a  b  .
4
15
�
b
� 5
x 1
Bài 5. Giải các phương trình sau: 7  6log 7  6 x  5   1.

Lời giải
5
6
Đặt y  1  log 7  6 x  5  thì ta có hệ phương trình:

Điều kiện: x  .

�
7 x 1  6  y  1  1
�
7 x 1  6 y  5
�
�
� � y 1
� 7 x 1  6 x  7 y 1  6 y (2)
�
7  6x  5

�
�y  1  log 7  6 x  5 

5


t 1
Xét hàm số f  t   7  6t với t 

5
5
thì f '  t   7t 1 ln 7  6  0, t 
6
6

� f  t  là hàm số đồng biến nên
 2  � f  x   f  y  � x  y khi đó ta có phương trình 7 x1  6 x  5  0. (3)
5
x 1
x 1
Xét hàm số g  x   7  6 x  5 với x  thì g '  x   7 ln 7  6
6
5
2
� g " x   7 x 1  ln 7   0 x  nên suy ra phương trình g  x   0 có
6

khơng q hai nghiệm.
Mặt khác g  1  g  2   0 nên x  1 và x  2 là 2 nghiệm của phương trình
(3). Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  1 và x  2 .

2.3.2. 2. Dạng 2: Sử dụng hàm đặc trưng tìm các cặp số nguyên trong bài
tốn có liên quan đến mũ và logarit
Bài 6. (Đề tham BGD&ĐT năm 2019-2020 LẦN 01) Có bao nhiêu cặp số
nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 �x �2020 và log 3 (3 x  3)  x  2 y  9 y ?
Lời giải
Điều kiện: x  1
Ta có: log 3 (3x  3)  x  2 y  9 y � log3 ( x  1)  ( x  1)  2 y  32 y (*)
(t )  1  3t ln 3  0, t ��, tức hàm số
Xét hàm số f (t )  t  3t , t �� có f �
ln đồng biến trên �. Khi đó
(*) � f (log 3 ( x  1))  f (2 y ) � log3 ( x  1)  2 y � x  9 y  1
2020
�
�0 y log 9 2021 .

Vì 0 �x �2020 nên 0 �9 y 1 
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 nguyên
( x; y ) thỏa đề.
Bài 7. Có tất cả bao nhiêu cặp số  a; b  với a, b là các số nguyên dương thỏa

mãn: log 3  a  b    a  b   3  a  b   3ab  a  b  1  1 .
Lời giải
Với a, b là các số nguyên dương, ta có:
3

2

2

log3  a  b    a  b   3  a 2  b 2   3ab  a  b  1  1
3

a 3  b3
� log 3 2
 a 3  b3  3ab  a  b   3  a 2  b 2  ab   3ab  a  b   1
2
a  b  ab
2
2
� log 3  a3  b3   a 3  b3  log3 �
3  a 2  b 2  ab  �
�
� 3  a  b  ab   1

Xét hàm số: f  t   log 3 t  t trên  0; � .

1
 1  0, t  0 nên hàm số f  t  đồng biến trên  0; � .
t ln 3
Khi đó, phương trình  1 trở thành :
f ' t  

6


3
3
2
2

f  a3  b3   f �
3  a 2  b 2  ab  �
�
�� a  b  3  a  b  ab 
�
a 2  b 2  ab  0  *
2
2
�  a  b  ab   a  b  3  0 � �
ab3 0
�
Do a, b ��* nên phương trình  * vơ nghiệm. Suy ra: a  b  3 .

�
a2
0a3
�
�
�
�
�
b 1
0b3
�
�
��
Mà a, b là các số nguyên dương nên �
�
ab 3
a 1

�
�
�
�
�
a, b ��*
b2
�
�
�
Vậy có hai cặp số  a; b  thỏa mãn u cầu bài tốn.
Bài 8. Có bao nhiêu cặp số thực  x, y  thỏa mãn y nguyên dương và thỏa mãn:
3x 2  3x  y  1
2 x 2  x 1
x2 4 x y
log

2
1

2
?
2x2  x  1





Lời giải
Điều kiện: 3x  3x  y  1  0 (1). Ta có:

2

log



2
2
3x 2  3x  y  1
 22 x  x 1 1  2 x  4 x  y
2
2x  x  1



� log  3 x 2  3 x  y  1  log  2 x 2  x  1  2 2 x
� log  3 x 2  3 x  y  1  23 x

2

3 x  y 1

2

 x 1

 23 x

2

 3 x  y 1

 log  2 x 2  x  1  2 2 x

2

 x 1

 *

t
Xét f  t   log t  2 là hàm số đồng biến trên  0; � . Do đó:

 * �

f  3x 2  3x  y  1  f  2 x 2  x  1

� 3x 2  3x  y  1  2 x 2  x  1

(2) � x 2  4 x  y  0  **

Điều kiện  1 luôn được thỏa mãn do  2  .
Vì vậy để tồn tại  x, y  thỏa mãn u cầu thì  ** có nghiệm. Khi đó ta
y 0
y 4.
được 4 �
Do y nguyên dương nên y � 1;2;3;4 . Ta có 4 cặp  x, y  thỏa mãn yêu cầu
bài toán.
Bài 9. Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 0 �x �2020 và thỏa mãn:
8x  3x.4 x   3x 2  1 .2 x   y 3  1 x 3   y  1 x

Lời giải

8x  3 x.4 x   3x 2  1 .2 x   y 3  1 x 3   y  1 x
�  2 x  x    2 x  x    yx   yx (1)
3

3

Ta có hàm số f  t   t  t đồng biến trên �
x
Suy ra  1 � 2  x  yx , do x  0 không thỏa nên ta có
3

7


2x
 1 � y   1
x
y
Do nguyên nên 2 x chia hết cho x nên x  2m với m là số tự nhiên
x 2020
 � 0 2 m 2020 m  0;1; 2;....;10
Có 0 ����

Khi đó ta có 11 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn đề là:

 1;3 ,  2;3 ,  4;5  ,  8;33 ,....,  210 ;2 2

10

10

 1;



Bài 10. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn đồng thời hai điều
2
y
2
2
kiện: 1 �x �106 và log  10 x  20 x  20   10  y  x  2 x  1 ?
Lời giải
Điều kiện:10 x 2  20 x  20  0 , đúng x ��.
2
y
2
2
Ta có log  10 x  20 x  20   10  y  x  2 x  1
2

2

y
2
�  x 2  2 x  1  log �
10  x 2  2 x  2  �
�

� 10  y
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

Xét hàm f  t   10t  t trên �.

 t   10t.ln10  1  0 , t ��. Do đó f  t  đồng biến trên �.
Ta có f �
2
2
2
log  x 2  2 x  2  �
Khi đó (*) � f �

�
� f  y  � log  x  2 x  2   y
2
y
� x 2  2 x  2  10 y �  x  1  1  10 .
2

2

Vì 1 �x �106 nên 1 � x  1  1  10 y � 106  1  1
2

2

2

2
log �
�106 1 1�
�.
Vì y �� nên y � 1;2;3 .

 0� y 2

x  2 (ktm)
�
.
x  4 (tm)
�

+ Với y  1 � x 2  2 x  2  10 � x 2  2 x  8  0 � �

+ Với y  2 � x 2  2 x  2  104 � x 2  2 x  9998  0 (khơng có giá trị x
ngun nào thỏa mãn).
+ Với y  3 � x 2  2 x  2  109 � x 2  2 x  999999998  0 (khơng có giá trị
x nguyên nào thỏa mãn).
Vậy có một cặp nguyên dương  x; y    4;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2.3.2. 3. Dạng 3: Sử dụng hàm đặc trưng trong bài tốn tìm các giá trị lớn
nhất , giá trị nhỏ nhất của bài tốn có liên quan đến mũ và logarit

8


Bài 11. (Mã đề 101-BGD&ĐT NĂM 2016-2017) Xét các số thực dương x, y
thỏa mãn log 3
P  x y.

1  xy
 3xy  x  2 y  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của
x  2y

Lời giải

 t 
Xét hàm số f  t   log 3 t  t  t  0  � f �
Suy ra hàm số f đồng biến trên  0;  � .

1
 1  0, t � 0;  �
t.ln 3

1  xy
 3 xy  x  2 y  4 � log3  1  xy   log 3  x  y   3  xy  1  x  2 y  1
x y
� log 3 3  1  xy   3  1  xy   log 3  x  2 y   x  2 y

log 3

� f  3  1  xy    f  x  2 y 
� 3  1  xy   x  2 y � y 
�P  x y  x

P�
 1

11

 3x  2 

2

3 x
3x  2

3 x
3 x
0 �0 x3
. Mà y  0 nên
3x  2
3x  2

x � 0;3

�
�x 
0� �
. Cho P�
� 
x
�
�

Nhìn vào BBT, ta có: Pmin 

11  2
� 0;3
3
11  2
� 0;3
3

2 11  3
.
3

Bài 12. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2016-2017) Xét các số thực dương a, b
thỏa mãn log 2
P  a  2b .

1  ab

 2ab  a  b  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của
ab

Điều kiện: ab  1 .

Lời giải

Ta có:
log 2

.

1  ab
 2ab  a  b  3 � log 2 �
�
2  1  ab  �
� 2  1  ab   log 2  a  b    a  b   *
ab

9


Xét hàm số y  f  t   log 2 t  t trên khoảng  0; � .
1
 1  0, t  0 . Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên
t.ln 2
khoảng  0; � .

 t 
Ta có f �

Do đó

 * �

b  2
f�
2  1  ab  �
� f  a  b  � 2  1  ab   a  b � a  2b  1  2  b � a 
�
2b  1

Do a  0, b  0 nên

b  2
 0�0 b  2.
2b  1

Khi đó: P  a  2b 

b  2
b  2
 2b . Xét hàm số g (b) 
 2b với
2b  1
2b  1

b � 0;2  .

� 2  10
b

� 0;2 
�
5
5
2
4
g�
 2  0 �  2b  1  � �
 b 
2
2
� 2  10
2
b

1


b
� 0;2 
�
�
4

Lập bảng biến thiên

� 10  2 � 2 10  3
�
.
2

� 4 �

Vậy Pmin  g �

Bài 13.( HSG Phú Thọ 2020-2021) Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn
�4a  2b  5 �
2
2
log 5 �
� a  3b  4 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức a  b  15
� ab �

bằng
Lời giải
Ta có:
�4a  2b  5 �
log 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 .

10


 t   1
Xét hàm đặc trưng f  t   log5 t  t với t  0 , nhận thấy f �

1
.
t ln 5

 t   0 với t  0 .
Khi đó f �
Suy ra hàm số f  t  đơn điệu tăng với t  0 .
Do đó f  4a  2b  5   f  5a  5b  � 4a  2b  5  5a  5b � a  5  3b .
Xét
biểu
thức
2
2
2
2
2
P  a  b  15 � P   5  3b   b  15 � P  10b  30b  40 .
2

3
9 � 35
�2
� 3 � 35
� P  10 �
b  2. .b  �
� P  10 �
b  � .
2
4� 2
�
� 2� 2
35
35

Vậy P � , suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
đạt được khi
2
2
3
1
b ; a .
2
2
1  xy x 2  y 2  xy  1

Bài 14. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn ln
. Biết
x y
2
xy
a
giá trị lớn nhất của của biểu thức P 
bằng
trong đó a là số
x y
b
ngun tố. Tính a.b 2

Với

ta

có

1  xy x  y  xy  1
1  xy
2

� ln
  x  y    xy  1
2
x y
2
 x  y
2

ln

Lời giải

x, y  0
2

� ln  1  xy    1  xy   ln  x  y    x  y 
2

2

 1

 u 
Xét hàm số f  u   ln u  u  u  0  có f �
f  u  đồng biến trên khoảng  0; � .

1
 1  0, u  0 � hàm số
u

Khi đó:  1 � f  1  xy   f  x  y  � 1  xy   x  y  �  x  y   xy  1.
2

2

2
Đặt t  x  y  t  0  � xy  t  1 . Khi đó P 
2

2

t 2 1
.
t
t2
1
4

4
� 2 �
�x  y �
� t2
t2
t �
0; �.
Áp dụng bất đẳng thức: xy ���

� ��
3
�2 �
� 3�
� 2 �
t2 1
t2 1
t
�
0;
�
Xét hàm số f  t  
với
�
�. Ta có f  t   2  0, t �
t
t
� 3�
a3
� 2 � max f  t   f �2 � 3 � �
�
�
�
Hàm số f  t  đồng biến trên �0; �� �
2 �
b  6.
�3� 6
�
� 3 � �0; �
�

3�

11


x y
 x  x  3  y  y  3  xy.
3 2
x  y 2  xy  2
x  2y  3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
.
x y6

Bài 15.Cho số thực x , y thoả mãn log

Lời giải

x y
 0 � x  y  0.
Điều kiện 2
x  y 2  xy  2
x y
 x  x  3  y  y  3  xy
Ta có : log 3 2
x  y 2  xy  2

� 2log 3  x  y   2log 3  x 2  y 2  xy  2   x 2  y 2  xy  3x  3 y

� 2log 3  x  y   2   3x  3 y   2log3  x 2  y 2  xy  2    x 2  y 2  xy  2 

� 2log 3  3x  3 y    3x  3 y   2log3  x 2  y 2  xy  2    x 2  y 2  xy  2  (*).

Xét hàm đặc trưng : f  t   2log 3 t  t với t  0.

2
 1  0 với mọi t  0. Suy ra hàm số y  f (t ) đồng biến
t.ln 3
trên khoảng  0; � .
2
2
Khi đó  * � 3x  3 y  x  y  xy  2 (**).

Ta có f '  t  

�x  a  b
3a  b  3
2
. Suy ra P 
và  ** � 3  a  1  b 2  1.
2a  6
�y  a  b

Đặt �

� cos t  3
� 3  a  1  cos t
a
�

�
��
Đặt �
với t �[0;2 ).
3
b

sin
t
�
�
b  sin t
�
3cos t  3 sin t  6 3
�  2 P  3 cos t  3 sin t  6 3  8 3P .
Khi đó P 
2cos t  8 3



Phương trình trên có nghiệm khi :  2 P  3  3 � 6 3  8 3P
2

�
� 47 P 2  69 P  24 �0 ۣ

69  249
94

P



2

69  249
(***).
94

Vì luôn tồn tại t �[0;2 ) để dấu bằng ở (***) xảy ra. Do đó, ta ln tìm
được a , b từ đó tìm được x, y để P đạt giá trị lớn nhất.
Vậy giá trị lớn nhất của P là

69  249
94

2.3.2. 4. Dạng 4: Sử dụng hàm đặc trưng trong bài tốn có chứa tham số
của bài tốn có liên quan đến mũ và logarit
Bài 16.( HSG Hà Nam 2020-2021) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
phương trình:

12


3 �
 x  m  2  � m  1  x  x 2
�
x2  x  m 2
3
1 �

�
có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn � ;2 �.
4 �
�

�
log 3 �
1
1 x  x  m  2
�

x  3  m  x2
2

x

2

Lời giải
�
�x  x  m  2 �0
.
�x  x  m  2  1
2

Đk: � 2

Đặt t  x 2  x  m  2 , đk: 0 �t  1 . Ta có:

3

2
t
1  t log 3  1  t   t  1 � 3
 log3  1  t   log 3  1  t  t 2   t 2  1

log 3  1t 
2
t
3
1 t
3
t  log3  1t 

�3

 t  log 3  1  t   t 2  t  1  log3  1  t  t 2   1

z
 z   3z.ln 3  1  0, z �� nên hàm số
Xét hàm số: f  z   3  z , z ��thì f �
f  z  đồng biến trên �.

 1 � t  log3  1  t   log3  t 2  t  1 � t  log3  1  t 3   2 
+ Với t  0 � VT  2   0,VP  2   log 3 1  0 nên  2  vô nghiệm.
+ Với t  0 � VT  2   0,VP  2   log 3 1  0 nên  2  vô nghiệm.
Do đó  2  � t  0 � x 2  x  m  2  0 � m   x 2  x  2
1

1

� �
2
 x   2 x  1  0 � x 
Xét g  x    x  x  2 với x �� ;2�có g �
4 �
2
�

Từ bảng biến thiên của hàm số, ta có phương trình bài ra có hai nghiệm
1
�

35 9 �
�

�

phân biệt thuộc � ;2 �khi và chỉ khi m �� ; �.
4 �
16 4 �
�
�
Bài 17.Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
f



3



f  x   m  x 3  m có nghiệm x � 1;2 biết f  x   x5  3x 3  4m .

Lời giải
5
3
Đặt: t  3 f  x   m � f  x   t  m mà f  x   x  3x  4m
� x5  3x 3  4m  t 3  m � x 5  3x 3  3m  t 3 .
3

13


5
3
3
�x 5  3x 3  3m  t 3
�
�x  3x  3m  t
�
� �5
Phương trình đã cho trở thành �
3
t  3t 3  3m  x3
�f  t   x  m
�
Từ  1 và  2  ta có x 5  3x 3  t 5  3t 3  t 3  x 3 � x 5  4 x3  t 5  4t 3
5
3
Xét hàm số f  x   x  4 x , x ��

 1
 2

 x   5 x  12 x �0, x ��. Hàm số đồng biến với x ��.
Ta có f �
Khi đó f  x   f  t  � x  t
5
3
3
5
3
Từ phương trình  1 � x  3x  3m  x � x  2 x  3m
5
3
 x   5 x 4  6 x 2 �0,  x � 1;2
Xét hàm số h  x   x  2 x , x � 1;2 � h�
đề phương trình có nghiệm
4

�
ۣ
 ���
min h  x 
 1;2

3m

2

max h  x 
 1;2

h  1

3m

h  2

3 3m

48

1 m 16

m ��� m � 1;2;3;...;16 � m có 16 giá trị ngun.
Bài 18.Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình:
3

x 2  2 x 1 2 x  m

 log x2 2 x 3  2 x  m  2  có đúng ba nghiệm phân biệt.

Lời giải

3x 2 x3 ln  2 x  m  2 
 log x2 2 x 3  2 x  m  2  � 2 x m  2 
ln  x 2  2 x  3
3
2

Ta có: 3
�3

x 2  2 x 1 2 x  m

x2  2 x  3

.ln  x 2  2 x  3  3

.ln  2 x  m  2 

2 x m  2

 1

t
Xét hàm số g  t   3 .ln t trên  2;  � .

1
t

Có g '  t   3t.ln 3.ln t  3t.  0 t � 2;  � , nên g  t  đồng biến trên

 2;  � .

Do đó phương trình (1) tương đương:

g  x 2  2 x  3  g  2 x  m  2  � x 2  2 x  3  2 x  m  2

� x 2  1  2m
�� 2
 2
 x  4 x  1  2m
�
2
Xét hai Parabol:  P1  : y  x  1 có đỉnh I1  0;1 và bề lõm hướng lên, có
đỉnh I 2  2;3 và bề lõm hướng xuống.

Và dễ thấy hai Parabol tiếp xúc nhau tại điểm A  1;2  .
Vậy: (1) có 3 nghiệm phân biệt � (2) có 3 nghiệm phân biệt

14


� Đường thẳng nằm ngang y  2m hoặc đi qua I1  0;1 , hoặc đi qua
2m  1
�
�1 3 �
�
I 2  2;3 , hoặc đi qua A  1;2  � 2m  3 � m �� ; ;1�
�
�2 2
�
2m  2
�

Bài 19. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình
5 x  m  log 5  x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m � 20;20  để phương trình đã cho có nghiệm?

Lời giải
Điều kiện: x  m
t
�
�x  m  5
� 5 x  x  5t  t  1 .
Đặt: t  log5  x  m  � �x
5 mt
�
u
 u   5u ln 5  1  0, u ��.
Xét hàm số f  u   5  u � f �

Do đó:  1 � x  t � x  5  m � m  x  5 .
x
Xét hàm số f  x   x  5 , x  m
Do: 5x  0 � m  x , suy ra phương trình có nghiệm ln thỏa điều kiện.
x

x

1 �
f�
 x   1  5x ln 5 , f �
 x   0 � 1  5x ln 5  0 � x  log 5 �
� �.
�ln 5 �

Bảng biến thiên:


m �����
0,917  �
  m  19; 18;...; 1 .
Dựa vào bảng biến thiên 
Vậy có 19 giá trị nguyên của m thỏa ycbt.
Bài 20. (MĐ 102 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình
3x  m  log 3 ( x  m) với m là tham số . Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m � 15;15  để phương trình đã cho có nghiệm?
Lời giải
x
Ta có: 3  m  log 3  x  m  � 3x  x  log 3 ( x  m)  x  m (*) .
Xét hàm số f (t )  3t  t , với t ��. Có f' (t )  3t ln 3  1  0, t �� nên hàm
m�20; 20

số f  t  đồng biến trên tập xác định. Mặt khác phương trình (*) có dạng:
f ( x)  f  log 3 ( x  m)  . Do đó ta có f ( x)  f  log 3 ( x  m)  � x  log 3 ( x  m)
� 3x  x  m � 3x  x   m

15


x
Xét hàm số g  x   3  x , với x ��. Có g' ( x)  3x ln 3  1 , g' ( x)  0

�1 �
� x  log 3 � �
�ln 3 �

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy các giá trị của tham số để phương trình có
�

�

�

�

�
�
�1 �
�. Vậy số giá trị nguyên của
�
�
�ln 3 �
�
�

nghiệm là: m ���;  g �log3 �

m � 15;15  để phương trình đã cho có nghiệm là: 14 .

2.3.2.5. Dạng 5: Sử dụng hàm đặc trưng trong bài tốn giải hệ phương
trình mũ và logarit
Bài 21. ( HSG tỉnh Thanh Hóa 2020-2021).
�
� 2 � � 2�
1

1  �  1
� xln �
� ln �
x
�
�
� y�
�
Giải hệ phương trình : �
.
� 1  2  2 y  3 xy
 2
� x xy
5y  6
�

Lời giải
�x  0
�
Điều kiện ��y  0 .
��
y  2
��

Biến đổi phương trình  2  :

 2 �

1 � 2 � y  2  3x 
1  �

�
x � y � 5y  6
3

�
� 6� 2
2�
2
��
5  �1   x  2  3 x  � 3 � 1  � 2 1   3 x 3 2 x .
y�
y
� y� y
�
3
 t   9t 2 2  0, t �� suy ra hàm số đồng
Xét hàm số f  t   3t  2t có f �
biến trên �.
�
2�
2
Phương trình có dạng f � 1  � f x � 1   x thay vào  1 ta
y�
y
�

 

 

�

2 �

1
được phương trình: xln �
� ln  x 
x�
�

16


� xln





x  2  xln x  2ln x �

xln



 

x 2 



x  2 ln x  0

Đặt t  x , t  0 ta được phương trình tln  t  2    t  2  lnt  0 .
Xét g  t   tln  t  2    t  2  lnt ta có:
t
t2
� 2�� 2� 1
 lnt 
 ln �
1  � �
1  �
t2
t
� t � � t � 1 2 .
t
2
 t  trở thành h  u  = ln u  u  1 , có
Đặt u  1  , u  1 khi đó g �
t
u
2
1
1 u  u  1
h�
 0, u do đó h  u  nghịch biến  0; � .
 u  = 1 2 
u
u
u2

Do u  1 � h  u   h  1  0 � g '  t   0, t � 0; � do đó hàm g  t  nghịch
g�
 t   ln  t  2  

biến trên  0; � nên phương trình g  t   0 có tối đa một nghiệm.
Dễ thấy g  2   0 nên phương trình có nghiệm duy nhất t  2 hay x  4 từ
� 2�

đó ta được hệ đã cho có nghiệm duy nhất là �4; �.
� 3�
Bài 22.(HSG Huế 2020-2021). Giải hệ phương trình:
�
9 y 3  y  x 3 x  1 (1)
�
� 2
� 9 y  7  3 x  6  8 (2)

Lời giải
1
z2 1
Điều kiện: x � . Đặt z  3x  1  z �0  . Ta có x 
3
3
3
Phương trình (1) trở thành  3 y   3 y  z 3  z � f  3 y   f  z   *
3
2
Xét hàm số f  t   t  t trên R Ta có f '  t   3t  1  0 t �R
Nên f (t ) đồng biến trên R

�y �0
�
Do đó  * � 3 y  z � 3 y  3 x  1 � � 9 y 2  1
�x 
3
�

9 y2  1
thay x 
3

vào (2) ta được

�
y  1 loai 
9 y2  7  9 y2  7  8 � 9 y2  7  4 � y2  1 � �
y 1
�
10
Với y  1 � x  ( thỏa mãn điều kiện)
3
10 �
�
Vậy nghiệm của hệ là � ;1�
�3 �

Bài 23.( HSG tỉnh Hà Nam 2021) Giải hệ phương trình

17

�
�x 2  2  x  7  3  x2  y 2  4 y  3   y 2  4 y  5  y  6
�
�x 2  2 x  2 �
2
�x  y  log 4 �
� 2  log 4  4 y  32 y  68 
� 16
�
�

 x, y �� .

Lời giải
Giải  1 : Đk x �7, y �6 .
 1 �  x 2  2  x  7  3x2   y 2  4 y  5 y  6  3 y 2  12 y  9

�  x2  2 x  7  3 x2  2    y 2  4 y  5 y  6  3  y 2  4 y  5 
�  x2  2

x
�

2





x  7  3   y 2  4 y  5

 2  x  2

y


2



 4 y  5   y  3

x7 3
y 6 3
x2  2
y2  4 y  5
 0;
 0 nên từ
x7 3
y 6 3

y  6 3



 

�
�x �2

�
�
�y �3
�

�
x

2
y

3
�
0
�
 **
  


�
x
�
2
�
�
�
�
�y �3
�

 2  � x  log 4  x 2  2 x  2   2  3  log 4  y 2  8 y  17   y
2
2
� x  1  log 4 �
 4  y  log 4 �
3
 x  1  1�
 4  y   1�
�
�
�
� 
2
Xét hàm số: f  t   t  log 4  t  1 với t ��

t 2  1 .ln 4  2t
2t

t 2  2t  1
�
f
t

1



ta có
 t 2  1 .ln 4   t 2  1 .ln 4   t 2  1 .ln 4 �0 do đó hàm

số f  t  đồng biến trên �.

 3 � f  x  1  f  4  y  � x  1  4  y � x  y  5  ***
Từ  ** và  *** suy ra x  2, y  3 .

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x  2, y  3 .
2.3.2.6. Bài tập tự luyện
Bài 1.Có bao nhiêu cặp số nguyên  x ; y  thoả mãn 0 �x �2020 và
2  x  ln  x  1   x 2  1  y  e y ?
A.1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Bài 2.Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số  x; y  thỏa
5 x7 y
 33 x 5 y  2  2  x  y  1  0 , đồng thời thỏa mãn
mãn 3
ln 2  4 x  3 y  3   m  2  ln x  m2  1  0 ?
18


A. 2 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 5 .
Bài 3.Có tất cả bao nhiêu số nguyên a � 2021;2021 sao cho tồn tại số thực x
x
thỏa mãn 2021  a  log 2021  x  a 
A. 2021 .
B. 2020 .

C. 2019 .
D. 2022 .
Bài 4.(Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình
7 x  m  log 7  x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m � 25;25  để phương trình đã cho có nghiệm ?
A. 9
B. 25
C. 24
D. 26
Bài 5.(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho phương trình
2 x  m  log 2  x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m � 18;18  để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 9
B. 19
C. 17
D. 18
x
,
y
Bài 6.Xét các số thực dương
thỏa mãn
�2 2 � 1
2
2  x 2  y 2  4   log 2 �  �  xy  4  . Khi x  4 y đạt giá trị nhỏ nhất,
�x y � 2
x
bằng
y
A. 2 .
B. 3 .

C. 4 .
D. 5 .

x
�x
2  log 2
 2 2 y (1)
�
2 y
Bài 7. �
�x(2  y )  5 y  4  0 (2)
�
� 1
y2
�x   2  x
Bài 8.Giải hệ phương trình: � x
�
ln  2 x  3  8 x 2  20 x  12  ln y  2 y
�

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Đối với học sinh: Trong quá trình dạy học tôi luôn nhắc nhở học sinh phải
nắm chắc các phương pháp giải tốn, từ đó hình thành nên hệ thống kĩ năng .
Trong các toán sử dụng hàm đặc trưng cần nắm vững kiến thức về tính đơn điệu
của hàm số. Phải rèn luyện kĩ năng biến đổi phương trình một cách thuần thục
bởi muốn sử dụng hàm đặc trưng các em phải biến đổi phương trình về dạng
f  x1   f  x2  với hàm số y  f  x  là hàm số đơn điệu. Những bài toán sử dụng
hàm đặc trưng đa phần là những bài tốn khó, do đó muốn đạt được kết quả cao
các em cần phải tích cực rèn luyện, hăng say nghiên cứu tìm tịi học hỏi.

Trong các bài kiểm tra và các bài thi thử Tốt Nghiệp Trung Học Phổ
Thông Quốc Gia đa số các em học các lớp tơi dạy đều giải quyết tốt bài tốn sử
dụng hàm đặc trưng đơn giản. Một số em đã giải tốt các bài toán ở mức độ vận
dụng, vận dụng cao. Các em có học lực khá giỏi đã vận dụng rất tốt phương
pháp để giải quyết các bài tốn khó. Thể hiện rõ nét ở kết quả thi thử Tốt Nghiệp
19


Trung Học Phổ Thông Quốc Gia do nhà trường hoặc do Sở Giáo dục tổ chức
các em học sinh lớp 12A3 đạt được rất nhiều điểm giỏi. Hơn nữa là trong kì thi
học sinh giỏi văn hóa cấp tỉnh của trường trong năm học 2020- 2021. Trong 5
em học sinh đi dự thi đã có 3 em giải được bài toán vận dụng cao sử dụng hàm
số đặc trưng.
- Đối với bản thân: Đã có sự tích lũy về kiến thức cũng như phương pháp
dạy học. Tùy các đối tượng học sinh, mỗi đối tượng có một phương pháp khác
nhau. Qua đó có phương pháp giảng dạy đạt hiệu quả rõ rệt.
- Đối với đồng nghiệp: Đề tài cũng là một nguồn tham khảo hữu ích, về cả
nội dung, ý tưởng và một số ý kiến phân tích, lập luận của tác giả trong q trình
trình bày ở mỗi ví dụ để hoàn thiện ý tưởng, giáo án giảng dạy của mình.
PHẦN 3. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
3.1. Kết luận:
Như vậy, qua các nội dung ta nhận thấy rằng đề tài sáng kiến kinh
nghiệm này hoàn toàn áp dụng được vào thực tiễn giảng dạy ở trường THPT.
Đối với các em học sinh có học lực trung bình, ta nên giới thiệu phương pháp và
đưa ra hệ thống bài tập thật đơn giản để các em có thể dễ dàng nhận ra hàm đặc
trưng từ đó nắm và vận dụng phương pháp tốt hơn.
Đối với các em có học lực khá giỏi, phương pháp giải này thường xuất hiện
những bài tốn khó. Đối với đối tượng học sinh này ta nên rèn luyện cho các em
thành thục các kĩ năng biến đổi phương trình, chuyển từ phương trình phức tạp
về phương trình có thể sử dụng hàm đặc trưng một cách linh hoạt nhất. Q

trình này địi hỏi người giáo viên phải kiên trì, nẫn nại hướng dẫn các em. Khi
các em thuần thục kĩ năng biến đổi thì các em sẽ rất đam mê và thích tìm tịi
nghiên cứu, khám phá các bài toán sử dụng hàm đặc trưng.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân tôi rút ra được trong quá
trình dạy học, rất mong được sự góp ý của các đồng nghệp để Sáng Kiến Kinh
Nghiệm của tơi có thể hồn chỉnh hơn nữa.
3.2. Kiến nghị.
+ Kiến nghị với nhà trường: Sau khi hoàn thành, tác giả rất muốn sáng kiến
kinh nghiệm được lưu trong thư viện của nhà trường để đồng nghiệp, học sinh
tham khảo và học tập.
+ Kiến nghị với Sở Giáo dục và Đào tạo: Sau mỗi năm, nhiều đề tài sáng
kiến kinh nghiệm có chất lượng cần được triển khai rộng rãi để cán bộ giáo viên
tham khảo. Vì vậy trong mục Quản lý SKKN của Trang điện tử của Sở cần có
thêm phần tổng hợp tất cả các SKKN để cán bộ giáo viên có thể tải về tham
khảo.
Trong khn khổ hạn hẹp của đề tài, với năng lực có hạn của bản thân
khơng tránh khỏi những thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chia sẻ của đồng
nghiệp và học sinh.
Tôi xin cam đoan với Hội đồng khoa học nhà trường THPT Hậu Lộc I, Hội
đồng khoa học Sở GD&ĐT Thanh Hóa, Sáng kiến kinh nghiệm này do chính tôi
20


viết từ chính kinh nghiệm giảng dạy của bản thân, không sao chép từ bất cứ tài
liệu nào. Tôi xin chịu hoàn toàn trách nhiệm với lời cam đoan của mình.
Trân trọng cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5

2021
Cam kết không copy
Người viết

năm

Phạm Tiến Hùng

21