SKKN một số phương pháp giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức liên quan đến mũ – logarit

MỤC LỤC
Nội dung
I. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
1.1. Lý do chon đề tài
1.2. Về mặt thực tiễn
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đối tượng nghiên cứu
4. Phương pháp nghiên cứu
4.1. Phương pháp nghiên cứu lý luận
4.2. Phương pháp nghiên cứu theo phân loại các dạng bài
tập
II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận
2. Thực trạng vấn đề
2.1. Thuận lợi
2.2. Khó khăn
3. Giải pháp thực hiện
3.1. Giải pháp
3.2. Tổ chức thực hiện
Đưa biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về
dạng một biến.
Sử dụng các bất đẳng thức cổ điển để đánh giá
Sử dụng đánh giá miền nghiệm
Bài tập tương tự
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1

Trang
2
2
2
2
3
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
6
7
13
16
22
22
23


1.1 LÝ DO CHON ĐỀ TÀI
1.1. Về mặt lý luận
Toán học là một trong những môn học quan trọng nhất trong chương trình học
phổ thơng. Đây cũng là mơn khoa học góp phần đào tạo nên những con người tồn

diện, hình thành các phẩm chất cần thiết và quan trọng của con người lao động trong
thời đại đổi mới.
Trong quá trình đổi mới phương pháp dạy học mơn tốn ở trường THPT, việc
dạy học giải bài tập có vai trị quan trọng và cơ bản vì dạy tốn ở trường phổ thơng
là dạy hoạt động tốn học. Hoạt động giải bài tập toán là điều kiện để thực hiện
được các mục đích đầu tiên trong dạy học tốn ở trường phổ thơng. Việc giải tốn là
hình thức chủ yếu của hoạt động toán học, giúp học sinh phát triển tư duy, tính sáng
tạo, tạo hứng thú học tập cho học sinh. Việc giải tốn cũng u cầu học sinh có kỹ
năng vận dụng kiến thức vào những tình huống mới, có khả năng phát hiện và giải
quyết vấn đề, có năng lực độc lập trong suy nghĩ, sáng tạo trong tư duy và biết lựa
chọn phương pháp tốt nhất để giải quyến bài toán gặp phải.
Thực tiễn cho thấy các dạng tốn ở trường phổ thơng là hết sức phong phú và
đa dạng. Có những lớp bài tốn đã có thuật giải, nhưng phần lớn là những dạng toán
mới chưa hoặc khơng có thuật giải chính thống trong nhà trường.
Chun đề về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất liên quan đến mũ và logarit là
một nội dung thường xuyên xuất hiện trong kỳ thi tốt nghiệp THPT cũng như trong
các kỳ thi học sinh giỏi các cấp hiện nay. Đây là một chuyên đề hay và tương đối
khó đối với học sinh THPT.
Trong quá trình giảng dạy bộ mơn tốn ở trường THPT Tĩnh Gia 3 tơi thấy
cịn rất nhiều em học sinh chưa có tinh thần tự giác, cố gắng trong học tập, gặp vấn
đề khó hoặc mới là ỷ lại, chưa chịu đào sâu suy nghĩ, tìm tịi hướng giải quyết. Bên
cạnh đó cũng có những học sinh có tinh thần tự giác cao, ham học hỏi tìm tịi, các
em đã biết cách sưu tầm, tìm hiểu những kiến thức trên internet, trên các tài liệu
tham khảo. Tuy vậy kết quả đạt được chưa cao đó là vì các em chưa biết khai thác
những vấn đề đã được học để vận dụng giải quyết những vấn đề mới, Các em mới
dừng lại ở việc giải quyết một bài toán cụ thể và chưa suy nghĩ để giải quyết một
dạng tốn có liên quan. Các em chưa biết cách sắp xếp các bài toán theo dạng để từ
đó tìm hướng giải quyết cho lớp các bài tốn đó, chẳng hạn khi giải các bài tập về
“Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức liên quan đến Mũ và logarit” đa số
các em cho rằng đây là những bài tốn rất khó. Vì sao? Đó là vì các em cịn chưa trả

lới được các câu hỏi sau.
2


- Sử dụng phương pháp nào thì phù hợp để giải được bài tốn đó.
- Dựa vào dấu hiệu gì để sử dụng phương pháp đó.
- Biến đổi giả thiết của bài tốn như thể nào để có thể đưa bài toán về dạng quen
thuộc. (quy lạ thành quen).
Trong sách giáo khoa và sách bài tập Giải tích 12 hiện nay, chương “Hàm số
lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit chủ yếu là đưa ra các kiến thức và ví dụ cơ
bản chứ chưa thực sự đi sâu, khai thác các vấn đề khó và phức tạp. Trong khi đó
trong các đề thi tốt nghiệp THPT hiện nay các câu hỏi vận dụng và vận dụng cao đã
khai thác và đi sâu vào những bài toán mà việc giải quyết nó khơng nằm trong phạm
vi của một chương hay mơt phần nữa. Chính vì vậy nếu khơng biết cách vận dụng
các kiến thức của nhiều phần khác nhau cũng như không biết lựa chọn những định
hướng đúng đắn thì học sinh sẽ khơng thể giải được các bài tốn đó.
Từ những lí do trên, tơi chọn đề tài “Một số phương pháp giải bài tốn tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức liên quan đến Mũ – Logarit “ để
nghiên cứu với mong muốn giúp học sinh có những định hướng rõ ràng hơn khi gặp
những bài tốn này cũng như góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn tốn ở
trường THPT Tĩnh Gia 3.
1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Mục đích nghiên cứu của đề tài “Một số phương pháp giải bài toán về giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức liên quan đến Mũ – Logarit “ là giúp người
học tìm được các phương pháp phù hợp nhất để giải một lớp các bài tốn tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất liên quan đến mũ và loogarit, nắm được các đặc điểm để
lựa chọn những cơng cụ tốn học phù hợp, lựa chọn đúng những kiến thức đã học
cho từng dạng tốn. Ngồi ra cịn giúp học sinh phân dạng được các bài tập, mối
liên hệ của các dạng bài tập đó với nhau.
Chính vì vậy trong sáng kiến này tôi đã :

- Sắp xếp hệ thống các bài tập theo trình tự từ đơn giản đến phức tạp
- Hệ thống bài tập đa dạng phong phú phù hợp với từng đối tượng học sinh mà tôi
dạy.
- Bài tập chứa đựng khả năng hình thành và phát triển các năng lực toán học của học
sinh đặc biệt là năng lực giải quyết vấn đề toán học
1.3 ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Đối tượng: Học sinh lớp 12C4 Trường THPT Tĩnh Gia 3

3


Phần hàm số lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit mà cụ thể ở đây là các phương
pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức liên quan đến
mũ và logarit.
1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Xuất phát từ đối tượng và nhiệm vụ nghiên cứu để đạt được mục đích đề ra trong
quá trình nghiên cứu tơi đã sử dụng các phương pháp chủ yếu sau:
1.4.1 Phương pháp nghiên cứu lý luận
- Nghiên cứu tài liệu.
- Nghiên cứu và tổng kết kinh nghiệm giảng dạy.
- Nghiên cứu một số quan điểm, tư tưởng sáng tạo.
1.4.2 Phương pháp nghiên cứu theo phân loại các dạng bài tập
- Nghiên cứu các bài toán khai thác về tri thức cội nguồn.
- Nghiên cứu các bài toán có cấu trúc tương tự.
2. NỘI DUNG
2.1 Cơ sở lí luận:
Hàm số lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit là một nội dung quan trong trong
chương trình tốn lớp 12 nói riêng và chương trình tốn THPT nói chung. Đây cũng
là một nội dung có nhiều câu hỏi trong đề thi tốt nghiệp THPT, trong đó có những
câu hỏi nằm trong phần vận dụng và vận dụng cao. Chính vì vậy kết quả dạy và học

phần này sẽ ảnh hưởng lớn đến kết quả thi tốt nghiệp THPT của học sinh. Đối với
các câu hỏi ở phần nhận biết và thơng hiểu nhìn chung các em chỉ cần nắm vững các
kiến thức trong sách giáo khoa là có thể làm được. Tuy nhiên với các câu hỏi vận
dụng và vận dụng cao mà cụ thể là các câu hỏi về “giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
liên quan đến mũ và logarit” thì việc giải quyết nó khơng hề đơn giản chính vì vậy
đa số các em học sinh mà tơi dạy trên lớp đều gặp khó khăn ở những câu hỏi trong
phần này đó là vì:
Các em chưa biết lựa chọn phương pháp và công cụ phù hơp để giải quyết bài
tốn, chính vì vậy khi gặp những bài tốn dạng này các em đã khơng biết bắt đầu từ
đâu?
Các em cũng chưa có thói quen phân dạng các bài tập để từ đó có định hướng
và cách giải phù hợp cho dạng tốn đó vì vậy chưa biết cách khai thác các tính chất
quen thuộc để giải quyết các vấn đề mới.
Phần lớn các câu hỏi dạng này cấn phải kết hợp rất nhiều các kiến thức ở
những nội dung khác nhau như: Bất đẳng thức, hàm số, phương trình bậc hai, định lí
4


Vi-et… Chính vì vậy các em gặp rất nhiều khó khăn về cơng cụ tốn học để giải
quyết nếu khơng biết cách phân dạng và định hướng phương pháp tốt.
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi :
2.2.1 Thuận lợi:
- Các kiến thức cơ bản và bài tập đã được học trên lớp.
- Có nhiều học sinh hứng thú trong tiết học, biết cách tìm tịi và nghiên cứu tài
liệu, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và yêu thích mơn học.
- Được sự hưởng ứng nhiệt tình của học sinh khi thực hiện đề tài.
- Được sự động viên của BGH và sự động viên góp ý kiến của đồng nghiệp.
2.2.1 Khó khăn:
Cịn một bộ phận học sinh chưa tích cực trong học tập và rè luyện, chưa chịu
tìm tịi học hỏi, gặp các vấn đề khó là ỷ lại chùn bước không quyết tâm khám phá.

Đứng trước một vấn đề mới thương lúng túng, hoang mang không xác định được
đường lối giải quyết.
Thời gian để thực nghiệm đề tài khơng nhiều vì phải thực hiện tiến độ của
chương trình mơn học, số lớp dạy thực nghiệm đề tài cũng không nhiều để đánh giá
hiệu quả một cách tốt hơn.
2. 3. Giải pháp thực hiện:
2.3.1. Giải pháp:
- Đi từ đơn giản đến phức tạp, từ những vấn đề đã biết đến những vấn đề chưa biết.
- Xây dựng cách xắp xếp các bài toán thành một lớp các bài tốn, hình thành kĩ
năng phân dạng và nhận dạng.
- Học sinh được hoạt động trong học tập, lĩnh hội kiến thức một cách tự nhiên, biết
đặt ra tình huống có vấn đề và cố gắng giải quyết vấn đề.
- Tạo cho học sinh cách giải quyết vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau, khơng
dừng lại ở việc giải quyết vấn đề một cách đơn lẻ mà giải quyết vấn đề một cách có
hệ thống, suy nghĩ để giải quyết triệt để vấn đề.
- Cuối cùng học sinh cần phải trả lời được các câu hỏi sau:
+ Làm thế nào để phát hiện cơng cụ thích hợp cho việc giải bài toán đã cho?
+ Dựa vào cơ sở nào để lựa chon đúng các kiến thức đã biết để giải bài toán đã
cho?
+ Biến đổi bài toán như thế nào để có thể đưa bài tốn về dạng quen thuộc?
3.2. Tổ chức thực hiện.
Bước 1: Nhận dạng bài toán .

5


Đứng trước một bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, học sinh phải hiểu
được yêu cầu của đề tốn, phải biết được mình đang làm việc với bài toán ở mức độ
nào, cần phải vận dụng kiến thức, tính chất hay phát hiện dấu hiệu nào đó đã biết.
Bước 2: Phân tích giả thiết của bài toán, lựa chọn phương pháp giải phù hợp

Đây là khâu quan trọng và khó đối với cả thầy và trị trong giải toán. Học sinh
phải huy động các kiến thức có liên quan đến bài tốn rồi lựa chọn trong đó những
kiến thức gần gũi nhất, có khả năng tiếp cận tốt nhất đến bài toán.
Vạch ra các hướng giải quyết có thể để từ đó lựa chon cách giải phù hợp, biết
loại bỏ các hướng không phù hợp, đặc biệt biết phát hiện tính chất quen thuộc để áp
dụng.
Người giáo viên cần động viên tất cả học sinh tham gia một cách tích cực và tự
giác bằng các câu hỏi gợi ý, thơng minh, phù hợp với trình độ của học sinh. Tiến
hành khéo léo là nghệ thuật dạy học của người thầy.
Bước 3: Giải bài toán nhận được
Sau khi vạch được hướng giải quyết, giáo viên cần đòi hỏi học sinh phải thể hiện
trên văn bản và chỉ chấp nhận đánh giá học lực của học sinh dựa trên bài làm của
các em hoặc cho các em ghi nhớ tính chất, dấu hiệu đặc trưng để vận dụng vào làm
bài thi trắc nghiệm.
Bước 4: Kiểm tra kết quả và phân tích sai lầm.
- Cần rèn luyện học sinh thói quen kiểm tra lại lời giải của bài tốn, xét xem có sai
lầm hay thiếu sót gì khơng. Việc kiểm tra nên được tiến hành thường xuyên.
Bước 5: Mở rộng bài toán.
Mở rộng bài toán làm cho học sinh quen và có ý thức sử dụng những quy tắc suy
đốn như tương tự hóa, khái qt hóa, đặc biệt hóa … cho học sinh thấy sự phong
phú, hấp dẫn của một bài tốn, một lớp bài tốn có cùng cách giải và khơng cùng
cách giải, đồng thời khuyến khích học sinh tập dượt sáng tạo toán học.
Phương pháp 1: Đưa biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về dạng
một biến.
Đây là một phương pháp phổ biến để giải các bài toán về giá trị lớn nhất , giá
trị nhỏ nhất nói chung và các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan đến mũ
và logarit nói riêng. Đặc trưng của phương pháp này là tìm cách biến đổi để đưa biểu
thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về một biến rồi sử dụng các bất đẳng
thức cơ bản hoặc khảo sát hàm số để tìm ra kết quả của bài toán.

6


Sau đây chúng tơi trình bày một số phương pháp thường gặp để đưa biểu thức
cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về một biến.
Giải pháp 1: Đặt ẩn phụ.
a ≤ b
Bài toán 1. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn b > 1 và

. Tìm giá trị

a
P = log a a + 2log b  ÷
b
b
nhỏ nhất của biểu thức
.
Phân tích:
Ta nhận thấy biểu thức P có thể biến đổi theo

t = log a b ⇒ b = a t

log a b

và

log b a

nên ta đặt

để biến đổi P về biểu thức chứa một biến t.

Lời giải:
t = log a b ⇒ b = a t
Đặt
, khi đó
P = log a1−t a + 4log at a1−t =

a ≤b
Vì b > 1 và
Khi đó

P=

Vậy

Pmin = 5

nên

1
≤ t <1
2

1
4(1 − t )
+
1− t

t

.

1
4(1 − t )
t
4(1 − t )
t 4(1 − t )
+
=1+
+
≥1+ 2
.
=5
1− t
t
1− t
t
1− t
t

t=
khi

2
3

.

Bài toán 2. Xét các số thực a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và
P = 3x + 4 y − 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
Phân tích

7

a x −2 y = b x +2 y = 3 ab

.


a u = bv = ( ab) p

Ta nhận thấy giả thiết của bài tốn có dạng
t = log a b
và biến đổi P theo biến t.
Lới giải

1

3
x
−
2
y
=
log
ab

=
(1 + log a b)
a

3
3
= ab ⇒ 
 x + 2 y = log 3 ab = 1 (1 + log a)
b
b

3

   a x−2 y = b x + 2 y
Theo giả thiết ta có
 log a b = t

Đặt
Suy ra

thì

nên ta cấn biến đổi để đặt

1 1
1
x = + (t + )
3 6
t

y=
và

1 1
( − t)
12 t

1
1 1 1
1
5 1
5
5
P = 1 + (t + ) + ( − t ) − 1 = (t + ) ≥ .2 t. =
2
t 3 t
6
t
6
t
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

5
3

.

Bài toán 3. Cho x, y, z > 0; a, b, c > 1 và

P=
của biểu thức
Phân tích
Giả

thiết

của

1 1
+ − z2 + z
x y

bài

a u = bv = c p = (abc) q = t

toán

.

a x = b y = c z = 3 abc .

Tìm giá trị lớn nhất

.

có

dạng

au = b v = c p = ( abc)q

, sau đó biến đổi P theo biến t

Lời giải
a u = bv = c p = (abc) q = t
Đặt
(đk: t > 1 ).

8

nên

ta

đặt


 x = log a t

 y = log b t
 z = log t
c


Suy ra

Ta có

log abc t =
và

1
3

.

1 1 1
+ + = log a t + log b t + log c t = log t abc = 3
x y z
P = 3−

Khi đó

, nên

1 1
1
+ =3− .
x y
z

1
− z 2 + z.
z

f ( z) = 3 −
Xét hàm số

1
− z 2 + z.
z

với z > 0.

−2 z 3 + z 2 + 1
f '( z ) =
⇒ f '( z ) = 0 ⇔ z = 1.
z2

Ta có:
Bảng biến thiên

max f ( z ) = f (1) = 2
( 0;+∞ )

Từ bảng biến thiên ta có
bằng 2
Giải pháp 2: Rút thế đưa về một ẩn

hay biểu thức P đạt giá trị lớn nhất

Bài toán 4. Cho hai số thực a, b > 1 thỏa mãn
của biểu thức
Phân tích:

P = log 3 a + log 2 b

.
9

log a 2 + log 3 b =1

. Tìm giá trị lớn nhất


Ta nhận thấy giả thiết của bài tốn có mối liên hệ giữa a và b thông qua hệ thức
log a 2 + log3 b =1
vì vậy ta có thể rút thế để đưa về một biến.
Lời giải:
Từ giả thiết của bài tốn ta có
log a 2 + log 3 b =1 ⇒ log3 b = 1 − log a 2
.
Biến đổi yêu cầu của bài toán ta được
P = log 3 a + log 2 b

t = log 2 a

P =

Đặt
, ta được
Xét hàm số

=

log 2 a
log 3 b

+
log 2 3
log 3 2

=

log 2 a
1 − log 2 a
+
log 2 3
log 3 2

t
+ log 2 3 1 − t
log 2 3

f (t ) =

t
+ log 2 3 1 − t
log 2 3

⇒ f '( t ) =

log 2 3
1
−
2 t log 2 3 2 1 − t

f '(t ) = 0 ⇔ 1 − t = log 2 3 t ⇔ 1 − t = t.log 2 2 3 ⇔ t =

Ta có

1
1 + log 2 2 3



1
⇒ f (t ) ≤ f 
÷ = log 2 3 + log 3 2
2
1
+
log
3

2 

⇒ max P = log 2 3 + log3 2
Giải pháp 3: Đánh giá đưa về một biến.
Bài toán 5. Cho các số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn
10


log 2 a + log 2 c ≥ 2log 2 b
.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
P = a + b + c + b 3 − 2b 2 + 2

3
Phân tích:
Giả thiết bài tốn là một bất đẳng thức chính vì vậy chúng ta khơng thể rút thể và
cũng không đặt ẩn phụ được. do vậy chúng ta sẽ định hướng đến việc đánh giá, làm
trội để chuyển biểu thức P về một biến.
Lời giải:
log 2 a + log 2 c ≥ 2log 2 b ⇔ log 2 ( ac) ≥ log 2 b 2 ⇔ ac ≥ b 2 .
Từ giả thiết ta có
Ta có
1
1
P = ( a + c ) + b + b 2 − 2b 2 + 2 ≥ 2 ac + b + b3 − 2b 2 + 2
3
3
1
≥ 2b + b + b 3 − 2b 2 + 2
3
1
= b3 − 2b 2 + 3b + 2
3

Xét hàm số

1
f (b) = b3 − 2b2 + 3b + 2
3

với b > 0.

b = 1

f '(b) = b 2 − 4b + 3 = 0 ⇔ 
b = 3

Ta có
Bảng biến thiên

11


Từ bảng biến thiên, ta được

min f (b) = f (3) = 2 ⇒ P ≥ 2.
b >0

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 khi a = b = c = 3.
Giải pháp 4: Sử dụng “Hàm đặc trưng”
Kỹ thuật sử dụng hàm đặc trưng là một phương pháp khá phổ biến và quen
thuộc đối với học sinh hiện nay. Đặc biệt là từ khi hình thức thi trắc nghiệm được áp
dụng trong kỳ thi THPT Quốc gia và kỳ thi Tốt nghiệp THPT. Tuy nhiên nó vẫn là
một kỹ thuật khó đối vơi học sinh trung bình và yếu, vì làm sao để xác định được
hàm đặc trưng phù hợp để áp dụng cho bài toán là điều không đơn giản chút nào.
Trong phương pháp này chúng tơi đưa ra một số ví dụ kèm phân tích cụ thể để
học sinh có thể hiểu và áp dụng được kỹ thuật hàm đặc trưng cho dạng toán này.
Trước hết ta nhắc tính chất sau.
Tính chất.
y = f ( x)
u, v ∈ D
D
1. Nếu hàm số
đơn điệu trên miền

và tồn tại
thì khi đó ta
f (u ) = f (v ) ⇔ u = v
có mện đề sau
.
y = f ( x)
u, v ∈ D
D
2. Nếu hàm số
đồng biến trên miền
và tồn tại
thì khi đó ta
f (u ) ≤ f (v ) ⇔ u ≤ v
có mện đề sau
.
y = f ( x)
u, v ∈ D
D
3. Nếu hàm số
nghịch biến trên miền
và tồn tại
thì khi đó
f (u ) ≤ f ( v ) ⇔ u ≥ v
ta có mện đề sau
.
Ta sẽ sử dụng kiến thức này để giải các bài toán sau.
2

x, y
Bài toán 6. Xét các số thực dương

S=

trị nhỏ nhất của biểu thức
Phân tích

thỏa mãn

x + 2 y4 − 3
xy − 3 y

12

8.2 y + 2 y 2 − 2 x + 6 = 2 x

. Tìm giá


Ta nhận thấy giả thiết của bài toán cho mối liên hệ giữa x và y thông qua nhiều
loại hàm số như mũ và đa thức vì vậy việc rúy thế hay đặt ẩn phụ đều không thể thực
hiện được
Mặt khác trong giả thiết xuất hiện lũy thừa cơ số 2 của cả x và y, từ đó ta có
thể hướng tới việc xác định hàm đặc trưng liên quan đến
Lời giải
Ta có

2t

2

8.2 y + 2 y 2 − 2 x + 6 = 2 x

⇔ 2y
Xét hàm số

f (t ) = 2t + 2t

Suy ra hàm số
Nên ta có
Khi đó ta có

y = f (t )

2

+3

+ 2( y 2 + 3) = 2 x + 2 x

xác định trên

¡

và có

f '(t ) = 2t.ln 2 + 2 > 0 ∀t ∈ ¡

¡

.
f ( y 2 + 3) = f ( x) ⇔ y 2 + 3 = x.

đồng biến trên

x + 2 y4 − 3
S=
xy − 3 y
y2 + 3 + 2 y4 − 3
=
( y 2 + 3) y − 3 y
y2 + 2 y4
=
y3
1
= + 2 y ≥ 2 2, ∀y > 0.
y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi


2
 y2 + 3 = x
 y =
 2
2 .
⇔
2 y = 1
 x > 0, y > 0  x = 7


2

13

.



2
 y =
2 .

x = 7

2

2 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức S bằng
khi và chỉ khi
x, y
Bài toán 7. Xét các số dương
thỏa mãn
4 − x + 2 y − xy
log 3
= 3 xy + 4( x − y) − 13.
x + 2y

P=x+ y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.

Lời giải
4 − x + 2 y − xy > 0
Điều kiện
.
Ta có
4 − x + 2 y − xy
log 3
= 3 xy + 4( x − y ) − 13
x + 2y
⇔ log 3 (12 − 3 x + 6 y − 3 xy ) + (12 − 3 x + 6 y − 3 xy ) = log 3 ( x + 2 y) + ( x + 2 y ) (*)
Xét hàm số
f (t ) = log 3 t + t

với t > 0.

Ta có
f '(t ) =

Do đó hám số
Ta có

f (t ) = log 3 t + t

1
+ 1 > 0, ∀t > 0.
t.ln 3

đồng biến trên

( 0;+∞ )

.

(*) ⇔ f (12 − 3 x + 6 y − 3xy ) = f ( x + 2 y )
⇔ 12 − 3 x + 6 y − 3 xy = x + 2 y
⇔ 12 − 4 x = (3 x − 4) y
⇔ y=

12 − 4 x
3x − 4
14


x, y > 0

Do
Ta có

nên

4 
x ∈  ;3 ÷
3 

.

P= x+ y= x+

12 − 4 x
3x − 4

Đặt
g ( x) = x + y = x +

12 − 4 x
3x − 4

.

Ta có
−20
9 x 2 − 24 x − 4
g '( x) = 1 +
=
(3 x − 4) 2
(3x − 4) 2

Suy ra
g '( x) = 0 ⇔ x =

4±2 5
3

4+2 5 4 5
min P = g 
÷=
3 
3


Từ bảng biến thiên của hàm số g(x) ta được

Bài toán 8.
Cho các số thực x, y dương và thỏa mãn
2
2
x2 + y2
log 2
+ 2log2 ( x + 2 y +1) ≤ log 2 8 xy
2
3 xy + x

.
15


2 x 2 − xy + 2 y 2
P=
.
2 xy − y 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải
2
2
x2 + y 2
log 2
+ 2log 2 ( x + 2 y +1) ≤ log 2 8 xy
2
3 xy + x
x2 + y 2
⇔ log 2

+ x 2 + 2 y 2 + 1 ≤ 3 xy
2
3 xy + x

⇔ log 2 (2 x 2 + 2 y 2 ) + (2 x 2 + 2 y 2 ) ≤ 3xy + x 2 + log 2 (3 xy + x 2 ) (1)

Xét hàm số

f (t ) = log 2 t + t

f '(t ) =
Ta có

1
+ 1 > 0, ∀t ∈ (0; +∞)
t.ln 2

∈ (0; +∞)

f (t )
Vậy hàm số

.

đồng biến trên khoảng
.
2
2
(1) ⇔ f (2 x + 2 y ) ≤ f (3xy + x 2 )
⇔ 2 x 2 + 2 y 2 ≤ 3 xy + x 2

⇔ x 2 − 3 xy + 2 y 2 ≤ 0
2

x
x
⇔  ÷ − 3 ÷+ 2 ≤ 0
 y
 y
x
⇔ 1 ≤ ≤ 2.
y

t=
Đặt

x
⇒ t ∈ [ 1;2]
y

2t 2 − t + 2
P = g (t ) =
, t ∈ [ 1;2]
2t − 1

, khi đó
4
3
g '(t ) = 1 −
.
g '(t ) = 0 ⇒ t = ∈ [ 1;2] .

2
(2t − 1)
2
Ta có
Suy ra
8
3 5
g (1) = 3, g (2) = , g ( ) = .
3
2 2
Lại có
16


min P =

5
2

Vậy
.
Phương pháp 2: Sử dụng các bất đẳng thức cổ điển để đánh giá.
Bài toán 9.

2.4. Hiệu quả sau khi thực hiện sáng kiến:
Sáng kiến kinh nghiệm đã được tôi dạy thực nghiệm ở lớp 12C4 trường THPT
Tĩnh Gia 3 năm học 2020 – 2021và cũng đã thu được một số kết quả nhất định như
sau:
- Sau khi dạy xong chương II Hàm số lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit tôi đã
cho học sinh làm một bài kiểm tra khảo sát 45 phút về chuyên đề này. Đề kiểm tra

gồm 3 câu hỏi tương đương với các câu hổi trình bày trong sáng kiến yêu cầu học
sinh trình bày tự luận lên giấy và thu được kết quả như sau:
Điểm
Trên 8 điểm Từ 7 đến 8 Từ 6 đến 7 Từ 5 đến 6 Dưới 5 Tổng
Số lượng
0
2
7
16
17
42
Tỉ lệ (%)

0 (%)

4,8 (%)

16,6(%)

40,5(% 100(%
)
)
Kết quả kiểm tra cho thấy khả năng giải được các bài toán này của học sinh
lớp 12C4 trường THPT Tĩnh Gia 3 còn khá thấp. Đặc biệt sau khi cho các em làm
bài kiểm tra khảo sát và chấm bài xong tơi có trả và chữa đồng thời tiến hành phỏng
vẫn đối với ba nhóm học sinh: Điểm cao, điểm trung bình và điểm thấp tơi có thu
được một số kết quả sau.
- Phần lớn các em cịn chưa có định hướng giải cho từng dạng bài chính vì vậy khi
gặp các bài toán dạng này các em cứ lam vào biến đổi ngay mà chư biết phân loại để
từ đó tìm ra lời giải tốt nhất.

- Các em ở nhóm yếu trong lớp thì khi gặp dạng bài này gần như bỏ cuộc ln vì các
em khơng biết bắt đầu từ đâu.
Ngun nhân khách qua ở đây có thể là vì đây là lớp học cơ bản nên chất lượng đầu
vào đối với mơn Tốn của các em chưa cao. Nhưng ngun nhân chủ quan ở đây
chính là ở Thầy và Trị, Thầy chưa dạy đúng hướng giải quyết các bài toán dạng này
và Trị thì chưa quyết tâm để tìm cách giải quyết nó.

17

38,1(%)


Chính vì vậy tơi đã dành 6 tiết dạy bồi dưỡng buổi chiều để dạy thực nghiệm chuyên
đề này theo hướng mà tơi đã trìn bày trong sáng kiến. Sau đó tơi tiến hành cho học
sinh làm lại bài kiểm tra khảo sát như trên và thu được kết quả như sau:
Điểm
Trên 8 điểm Từ 7 đến 8 Từ 6 đến 7 Từ 5 đến 6 Dưới 5 Tổng
Số lượng
3
9
16
11
3
42
Tỉ lệ (%)

7,1 (%)

21,4 (%)

38,1(%)

100(%
)
Sau khi dạy thực nghiệm xong kết quả kiểm tra khảo sát cao hơn hẳn thông qua các
con số. Nhưng điều đáng mừng ở đây là đa số các em đã có định hướng rõ ràng hơn
trong việc giải các bài toán dạng này. Đặc biệt các em đã cảm thấy tự tin hơn khơng
cịn tình trạng “bỏ mặc” khi gặp dạng toán này. Một số học sinh còn xin ra thêm bài
tập dạng này đề về nhà tự luyện và tìm tịi thêm các bài tập dạng này từ nguồn
internet.
III. PHẦN KẾT LUẬN
+ Đổi mới phương pháp dạy học. Lấy học sinh làm trung tâm, tạo ra những con
người tồn diện trong q trình học tập, tránh thụ động, ỷ lại, ln tạo ra tình huống
có vấn đề và tự nghiên cứu để giải quyết vấn đề đó.
+ Khả năng phân tích, tổng hợp hóa, đặc biệt hóa, khái qt hóa, tương tự hóa, ln
có ý thức hướng tới cái mới.
+ Gây hứng thú môn học, đào sâu suy nghĩ.
+ Phát huy tính tích cực, độc lập sáng tạo, xem xét vấn đề từ nhiều góc độ.
+ Tạo cho học sinh thói quen làm việc nghiêm túc. Khơng bằng lịng với kết quả đã
có, cách giải đã biết. Nảy sinh ý muốn cấu trúc lại vấn đề, nâng vấn đề lên mức độ
cao hơn, khái quát hơn, đa dạng hơn.
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tham khảo hướng phát triển đề thi TN THPT, đề thi thử của các trường qua
các năm (nguồn trên mạng)
2. Sách giáo khoa và sách bài tập Giải tích 12 – Nhà xuất bản giáo dục.
3. Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 của các tỉnh .
4. Tư liệu giáo dục – Kênh VTV – Đài truyền hình Việt Nam.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

26,2(%)

7,1(%)

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2021
Tôi xin cam kết đề tài sáng kiến kinh nghiệm
18


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT TĨNH
GIA
là của
tơi,3khơng sao chép, copi.
Nếu sai tơi hồn tồn chịu trách nhiệm.
Người viết sáng kiến kinh nghiệm

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đặng Minh Hịa

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC LIÊN QUAN
ĐẾN MŨ VÀ LƠGARIT

Người thực hiện: Đặng Minh Hịa
Chức vụ: Giáo Viên
SKKN thuộc mơn: Tốn

19

THANH HỐ NĂM 2021


20