(Sáng kiến kinh nghiệm) rèn luyện cho học sinh kỹ năng phối hợp cả phương pháp giải một số dạng toán TNKQ trong chương trình toán 12

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KỸ NĂNG PHỐI HỢP CÁC PHƯƠNG
PHÁP ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TNKQ TRONG
CHƯƠNG TRÌNH MƠN TỐN LỚP 12.
I. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Năm 2017 là năm đầu tiên Bộ GD&ĐT đưa hình thức trắc nghiệm vào bài thi
mơn tốn trong kỳ thi THPT Quốc gia. Vì vậy giáo viên và học sinh còn nhiều bỡ
ngỡ với cách dạy học, cách làm bài thi trắc nghiệm. Trong khi đó tài liệu chuyên
sâu về phương pháp dạy, học, kỹ thuật làm bài thi trắc nghiệm cịn rất hạn chế. Do
đó, trong công tác giảng dạy, tôi phải liên tục cập nhật, điều chỉnh phương pháp
dạy cho phù hợp với xu hướng ra đề mới. Với mong muốn cải thiện, nâng cao chất
lượng của học sinh, và chia sẻ, học hỏi kinh nghiệm với đồng nghiệp tơi đã tìm tịi,
thực nghiệm và viết nên đề tài này.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Giúp học sinh biết khai thác và sử dụng máy tính nhằm nâng cao hiệu quả làm
bài thi. Đề tài này bước đầu xây dựng cho các em phương pháp tư duy máy tính,
một phương pháp tư duy giúp học sinh hiểu rõ bản chất của một số vấn đề như :
Nghiệm của phương trình (bất phương trình) là gì ? Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
hàm số là gì ? Hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng K nghĩa là gì ?...Về xa
hơn, đề tài muốn khơi gợi cho học sinh tình yêu khoa học kỹ thuật, biết sử dụng các
thiết bị công nghệ hiện đại phục vụ đời sống và công tác nghiên cứu khoa học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là : Các học sinh đang học lớp 12 THPT.
Trong đó đặc biệt là hướng tới các học sinh trung bình, trung bình khá. Tuy nhiên
học sinh khá, giỏi mới là đối tượng phát huy tối đa hiệu quả của đề tài.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Sử dụng phương pháp nghiên cứu : Tự tìm tịi, khám phá, đưa vào thực
nghiệm và đúc rút thành kinh nghiệm.

1


II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong thời đại nhân loại đang bước vào cuộc cách mạng công nghiệp lần thứ
4, con người cần phải khơng ngừng thích ứng với tình hình mới nhằm chiếm lĩnh
các kiến thức KHKT tiên tiến, hiện đại. Vì vậy giáo dục cần tạo ra sản phẩm là
những con người năng động, sáng tạo, dám làm, dám chịu trách nhiệm,…Trong lộ
trình cải cách tồn diện nền giáo dục nước nhà, việc đổi mới khâu tổ chức các kỳ
thi, trong đó có việc chuyển từ hình thức làm bài tự luận sang hình thức làm bài
trắc nghiệm là một khâu rất quan trọng vì nó giúp chúng ta đánh giá được học sinh
trên diện rộng một cách khách quan, tồn diện, nhanh chóng và chính xác.
Trong kì thi THPT Quốc gia năm học 2016 – 2017, lần đầu tiên đề thi mơn
tốn được ra bằng các câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Theo cấu trúc thì một đề thi
có 50 câu với thời gian 90 phút, trung bình là 1,8 phút/1 câu. Như vậy, học sinh
ngồi việc phải nắm vững các kiến thức cơ bản, các phương pháp giải tốn thì một
điều rất quan trọng là kỹ năng làm bài, trong đó phải biết khai thác các tính năng
của máy tính cầm tay, coi máy tính vừa là một công cụ hỗ trợ, vừa là một phương
pháp giải tốn hiệu quả.
Phương pháp tư duy tự luận có ưu điểm là kết quả được đảm bảo chính xác
tuyệt đối, phù hợp với học sinh giỏi và nhược điểm là : phải huy động nhiều kiến
thức, kỹ năng nhất là phải nắm vững các phương pháp giải đa dạng
Phương pháp tư duy máy tính (tư duy thuật tốn) có ưu điểm là : tốc độ xử lí
nhanh, tính tốn chính xác, cần ít phương pháp, dễ hiểu, dễ làm, phù hợp với đa số
học sinh. Tuy nhiên nhược điểm là trong một số trường hợp kết quả của bài tốn
khơng đảm bảo tuyệt đối.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trong thực tiễn giảng dạy, tơi thấy nhiều em học sinh vẫn cịn mang nặng tư
duy tự luận, vì 2 năm học trước ít được va chạm với các đề thi trắc nghiệm. Do đó

khi làm bài thi các em cịn mất khá nhiều thời gian hoặc không thể làm ra được đáp
án cho một số bài tốn về phương trình, về hàm số,… các em chưa biết kết hợp một
cách linh hoạt các phương pháp giải toán, dẫn đến tốc độ làm bài chưa cao. Qua
việc nghiên cứu các kỹ thuật sử dụng máy tính, tơi thấy rằng có một số dạng tốn
nếu sử dụng tư duy máy tính thì thời gian làm bài có thể ít hơn nhiều lần so với làm
bài theo tư duy tự luận, nhưng một số dạng toán lại khơng nên sử dụng máy tính, vì
độ chính xác của phương pháp tư duy máy tính khơng phải lúc nào cũng tuyệt đối.

2


NỘI DUNG CỤ THỂ
BÀI TỐN 1 : PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT
I. PHƯƠNG TRÌNH
Bài tốn tổng qt : Cho phương trình f(x) = 0
Các dạng câu hỏi thường gặp:
DẠNG 1. Nghiệm của phương trình là :
A. …
B. …
C. …
D. …
Phương pháp giải tối ưu : Sử dụng máy tính với chức năng thử giá trị vào một biểu
thức : CALC
DẠNG 2. Số nghiệm của phương trình là : A. …
B. …
C. …
D. …
Phương pháp 1: Phương pháp tự luận (PPTL)
Cách 1 : Giải trực tiếp bằng pp biến đổi, đặt ẩn phụ,…(theo kiểu tự luận)
Cách 2 : Sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên

Phương pháp 2 : Phương pháp sử dụng máy tính cầm tay (PPMT)
Cách 1 : Sử dụng chức năng shift SOLVE :
- Ghi vào máy f(X)
- Nhấn lần lượt các phím : shift SOLVE ( X = ? ) Ta nhập một giá trị X
thuộc tập xác định. “=”. Máy cho ta nghiệm X 1 (nếu có) (ta lưu X1 vào phím A
bằng cách nhấn shift STO A)
- Ghi vào máy f(X) : (X – A) rồi lại nhấn shift SOLVE ( máy hỏi X ? cho X
giá trị khác X1) nhấn “ =” Nếu pt có nghiệm thứ hai thì máy sẽ cho nghiệm X 2 ta
lưu vào phím B, rồi lại ghi vào máy f(X) : ((X – A)(X – B)). Cứ làm như vậy ta sẽ
lấy hết các nghiệm của phương trình.
Chú ý rằng ta chỉ áp dụng được cách này trong trường hợp phương trình có vài ba
nghiệm mà thơi.
Cách 2. Sử dụng chức năng TABLE
- Nhấn các phím mode 7
- Ghi biểu thức f(X)
- Chọn điểm đầu START : a (điểm thuộc tập xác định), điểm cuối END : b,
bước nhảy : c. Chú ý rằng b – a chia hết cho c và thương bé hơn 20. Khi đó máy
hiện lên bảng giá trị của f(X) từ a đến b tại các bước nhảy.
Nếu f(X0) = 0 tại bước nhảy X0 thì X0 là một nghiệm

3


Nếu f(X1) và f(X2) trái dấu và hàm liên tục trên [X1;X2] thì f(X) = 0 có ít nhất một
nghiệm thuộc (X1;X2).
Chú ý : Nếu phương trình có nghiệm rất sát nhau thì phương pháp này sẽ
gặp khó khăn. Vì ta phải chia thành nhiều khoảng nhỏ.
Ví dụ 1. Tởng các nghiệm của phương trình: 15.25  34.15  15.9  0 là :
A. 0
B. 1

C. 1
D. 2
Phân tích lời giải : Rõ ràng bài này ta không thể thử nghiệm vào phương trình để
chọn đáp án được. Ta phải tìm các nghiệm của nó.
Cách thứ nhất : Giải theo phương pháp tự luận, ta chia hai vế cho 9 x, rồi đặt ẩn
x

x

x

5
t  ( )x
3 quy về phương trình bậc hai, giải được t rồi tìm nghiệm x, lấy tổng các
phụ

nghiệm so với đáp án. Ta sẽ chọn được đáp án đúng là A.
Cách thứ hai : Ta sử dụng phím TABLE của máy tính như sau :
- Bước 1 : Chọn MODE 7.
- Bước 2 : Ghi hàm f(X) = 15.25  34.15  15.9
- Bước 3 : Nhập các giá trị của x : Ta chọn điểm đầu START là -9 , điểm kết thúc
END là 10, bước nhảy STEP là 1
Khi đó máy hiện lên bảng giá trị của hàm f(X) ( máy chỉ tính tối đa tại hai mươi
điểm thôi) và ta thấy f(X) = 0 tại hai điểm X = 1 và X = -1. Từ đó chọn đáp án A.
Bình luận : Ở cách giải thứ nhất, đòi hỏi học sinh phải nhớ : phương pháp chia đặt
ẩn phụ, có kỹ năng biến đổi lũy thừa, biết giải phương trình bậc hai, phương trình
logarit cơ bản. Đối với học sinh khá, giỏi thì cách này dễ thực hiện nhưng phương
pháp này sẽ gây nhiều khó khăn cho những học sinh trung bình.
Cách thứ hai : Chỉ cần học sinh biết sử dụng chức năng phím TABLE, chọn điểm
đầu, điểm cuối, bước nhảy và quan sát để đưa ra kết quả là xong. Như vậy, kỹ năng

cần huy động là ít hơn và kết quả cho nhanh hơn. Tuy nhiên hạn chế của phương
pháp này là có thể bị sót nghiệm.
X

2.
Ví dụ 2. Giải phương trình 2
bằng:
A. -18
B. 6

x 3  x

X

 5.2

X

x 3 1

 2x 4  0 . Ta có tích các nghiệm

C. -6

D. -2.

(Trích chuyên đề LTĐH – Võ Văn Chinh)

Phân tích : Đây là một bài tương tự bài trên nhưng phức tạp hơn. Nhiều học sinh
nếu không nắm vững các phương pháp giải tự luận sẽ lúng túng khơng biết giải

phương trình này như thế nào. Có em sẽ dùng chức năng SHIFT SOLVE để giải

4


trực tiếp phương trình. Nhưng sử dụng chức năng này đôi khi máy cũng mất nhiều
thời gian và ta cũng khơng kiểm sốt được số nghiệm của phương trình.
Cách 1. Phương pháp tự luận
x 3 x

- Bước 1 : Chia hai vế cho 2 và đặt t  2
.
- Bước 2 : Quy về phương trình bậc 2 ẩn t
- Bước 3 : Giải được t = 3 hoặc t = 1. Giải ẩn x ta được 3 nghiệm 1, -3, -2. Đáp án
B.
Cách 2. Phương pháp sử dụng máy
x

ĐK xác định x  3
- Bước 1 : Chọn MODE 7.
2 x 3 x

x  3 1

x 4

 5.2
2 0
- Bước 2 : Ghi hàm f(X) = 2
- Bước 3 : Nhập các giá trị của x : Ta chọn điểm đầu START là -3 , điểm kết thúc

END là 15, bước nhảy STEP là 1
Đọc kết quả màn hình ta thấy f(X) = 0 tại ba điểm -3, -2, 1 và quan sát đáp án
thấy có B thỏa mãn.
Bình luận :
Nếu làm bằng PPTL thì đối với học sinh khá, giỏi là từ 3 phút đến 5 phút, học
sinh trung bình khơng làm được
Nếu làm bằng PPTN : học sinh khá giỏi chỉ mất khoảng 1 phút, học sinh trung
bình cần khoảng 2 đến 3 phút.
2
3
Ví dụ 3. Hỏi phương trình 3x  6 x  ln( x  1)  1  0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt ?
A. 2.
B. 1.
C. 3.
D. 4.

(Đề minh họa lần 3 của Bộ GD&ĐT )

Lời giải
Cách 1. Theo phương pháp tự luận
Đặt f (x)  3x  6x  ln(x  1)  1  3x  6x  3ln(x  1)  1 , x > -1. Lập bảng biến thiên ta
có kết quả phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Cách 2. Sử dụng máy tính với chức năng Shift SOVLE
2

3

2

- Nhập biểu thức 3 X  6 X  ln(( X  1) )  1

- Nhấn Shift SOLVE
- Máy hỏi ( X ?) cho giá trị ban đầu 1 =
Máy cho ta nghiệm thứ nhất X1, lưu giá trị vào A. Tiếp tục ghi f(X) : (X – A) rồi
nhấn Shift SOLVE 3 = ta được nghiệm X 2,lưu giá trị này vào phím B. Ta lại ghi
2

3

5


f(X) : ((X – A)(X – B)) nhấn Shift SOLVE 3 = ta được nghiệm X 3, lưu vào C. Sau
đó ta ghi
f(X) : ((X – A)(X – B)(X – C)), dùng lệnh Shift SOLVE 3 = ta thấy máy khơng cho
ra nghiệm. Như vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Bình luận : Đây là một bài trong đề thi minh họa lần 3 của Bộ GD&ĐT. Qua lần
cho các em thi thử tôi thấy rằng : Những học sinh giỏi thì đa số làm được bằng
PPTL, học sinh khá có 20% làm được bằng PPTL, 60 % làm được bằng PPMT,
20% làm mị.
2 3
Ví dụ 4. Số nghiệm của phương trình: log x  20 log x  1  0 là:
A. 0
B. 1
C. 2

D. 4

(Trích chuyên đề LTĐH – Võ Văn Chinh)

Lời giải :

Cách 1. Phương pháp tự luận - Bước 1 : Đặt điều kiện cho x
- Bước 2 : Biến đổi phương trình
- Bước 3 : Đặt ẩn phụ t  log x , giải phương trình bậc 2 ẩn t, kết quả : pt có hai
nghiệm
Phương pháp sử dụng máy (cách 2)
- Điều kiện x > 0.
- Bước 2 : Ghi hàm : f(X) = log (X )  20 log X  1
- Bước 3 : Nhập các giá trị của X : Ta chọn điểm đầu START là 0 , điểm kết thúc
END là 19, bước nhảy STEP là 1
Quan sát màn hình ta thấy f(X) đổi dấu khi X chạy từ 1 đến 2, nên f(X)= 0 có ít
nhất một nghiệm thuộc (1;2), f(10) = 0 nên có nghiệm X = 10.
Để tăng độ tin cậy ta có thể chọn START là 0,5; END là 10; STEP là 0;5 để kiểm
tra
Ta thấy phương trình chỉ có hai nghiệm. Vậy đáp án (C).
Bình luận : Nếu sử dụng PPTL Bài này yêu cầu kỹ năng biến đổi logarit khá phức
tạp. Đối với học sinh khá giỏi cũng mất khoảng 3 – 4 phút. Học sinh trung bình khó
mà làm được (dù là có thời gian). Tuy nhiên nếu học sinh nào biết sử dụng máy
tính thuần thục thì sẽ làm được trong thời gian khoảng 3 phút.
2

3

x
x
Ví dụ 5. Phương trình log 2 (4.3  6)  log 2 (9  6)  1 có một nghiệm duy nhất thuộc
khoảng nào dưới đây?

A.  2;3

B.  1;1

 3
 0; 
C.  2 

 3 
  ;0
D.  2 

6


(Trích chuyên đề LTĐH – Võ Văn Chinh)

Phân tích lời giải :
Đối với loại tốn này thì pp giải tối ưu là sử dụng PPMT (TABLE)
Chọn MODE 7. Ghi vào màn hình f(X) = log 2 (4.3  6)  log 2 (9  6)  1
Chọn START -3/2 END 3
STEP 0,5
Ta có ngay kết quả f(1) = 0. Do đó đáp án là C.
Bình luận : Nếu bài này một học sinh dùng PPMT thì hết khoảng 45 giây. Nếu
dùng PPTL hết khoảng 1 phút 30 giây.
DẠNG 3. Biết tổng, tích hoặc một biểu thức liên hệ giữa các nghiệm là :
A. …
B. …
C. …
D. …
Khi gặp dạng này, ta có thể lựa chọn PPTL (cách 1) hoặc sử dụng máy tính
tùy năng lực của học sinh.
X

Ví dụ 6. Giải phương trình





log 2  2 x  1 .log 4 2 x 1  2  1

X

. Ta có tổng các nghiệm là:
15

A. log 2 15

log
C. 2 4 .

B. -1

Lời giải :
Phương pháp tự luận (cách 1)
Phương
trình

tương

D. 3

đương

với

1
log 2 (2 x  1). log 2 [2(2 x  1)]=1  log 2 (2 x  1)[1  log 2 (2 x  1)]  2
2

2x  1  2
 x  log 2 3


t(1  t)  2  t  1, t  2  x
5
1

x  log 2 ( )
2

1

x


4
4
Đặt t  log 2 (2  1) ta được
log 2

15

4

Suy ra tổng hai nghiệm là
Phương pháp sử dụng máy (cách 2) : Trước hết nhận thấy ĐK x > 0
- Vào MODE 7
X 1

- Ghi vào màn hình log 2 (2  1).log 4 (2  2)  1
- Cho START 0
END 10 STEP 0,5
Ta thấy f(X) đổi dấu trong khoảng (1;2)
Ta khảo sát giá trị của hàm trong khoảng này bằng cách nhấn AC để nhập START
1 END 2 STEP 0,1
X

7


Ta thấy f(X) đổi dấu trong (0,3;0,4) và (1,5;1,6). Nên tổng các nghiệm có thể nằm
trong(1,8;2,0). Để chắc ăn ta khảo sát thêm các khoảng từ 2 đến 6 với STEP 0,2 ta
thấy f(X) không đổi dấu. Vậy KQ là C.
Bình luận : Bài này là một bài tốn chứa cả mũ và logarit. Do đó để giải bằng
PPTL học sinh cần nắm vững các phép biến đổi mũ và logarit, phương trình mũ và
logarit cơ bản. Vì vậy nó phù hợp cho đối tượng học sinh khá, giỏi. Tuy vậy nếu
một học sinh khá sử dụng PPMT thì thời gian vẫn ít hơn là sử dụng PPTL. Nếu học
sinh trung bình biết sử dụng máy tính thành thạo vẫn giải được bài này và thời gian
khoảng 3 phút.
Ví dụ 7. Phương trình

4log9 x  6.2log9 x  2log3 27  0 có hai nghiệm là x1, x2 khi đó

x1  x 2 

A. 72
B. 27.
C. 77
D. 90
Phân tích :
Đối với bài tốn này ta có thể lựa chọn một trong hai phương pháp
Phương pháp tự luận
log x
2
- Đặt ẩn phụ t  2
đưa phương trình về dạng t  6t  8  0
9

- Giải được t  2, t  4  x  9, x  81 . Vậy A là đáp án của bài toán.
Phương pháp trắc nghiệm : Ta sử dụng TABLE như sau
- Chọn MODE 7
 6.2
2
- Ghi vào máy : 4
- Chọn START 1 END 100 STEP 5
Ta thấy f(X) đổi dấu trong (6;11) và f(81) = 0 do đó |x 1 – x2| nằm trong (70;75) kết
quả là A.
Bình luận : Hai phương pháp này cho kết quả nhanh gần như nhau. Song nếu biết
quan sát độ lớn của nghiệm ta sẽ chọn điểm END lớn, bước nhảy lớn sẽ cho kết quả
nhanh chóng.
log 9 X

log9 X

log x

Ví dụ 9. Phương trình 3 4  x
A. Có 1 nghiệm duy nhất.
C. Có 2 nghiệm phân biệt.
Phân tích lời giải
Phương pháp tự luận

log3 27

log 4 5

 2.x .

B. Vơ nghiệm.
D. Có nhiều hơn 2 nghiệm.

8


Nếu quyết định làm bằng PPTL và không biết cách xử lí thì đây là một bài có
t
thể gây lúng túng cho rất nhiều học sinh. Ta đặt t  log 4 x  x  4 đưa phương trình
t
t
t
về 3  5  2.4

3
5
3
5
( )t  ( )t  2
f (t)  ( ) t  ( ) t
4
4
4 , có
Đưa phương trình về dạng 4
. Tiếp theo xét hàm
f '(t)  0 có nghiệm duy nhất nên phương trình có tối đa hai nghiệm, mà t = 0, t = 1

là hai nghiệm
Từ đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Phương pháp trắc nghiệm (cách 1 – Shift SOLVE)
X
 2X
- Ghi vào máy: 3
- Nhấn shift SOLVE 1 = (máy cho nghiệm X = 1)
log 4 X

log 4 5

log X
 X log 5  2X) : (X  A) tiếp tục shift SOLVE 1 = ( ta được nghiệm X= 4)
- Ghi (3
4

4

X
 2X) : ((X  1)(X  4)) shift SOLVE 1 = (chờ mãi chẳng thấy kết
- Ghi (3
quả) tức phương trình chỉ có hai nghiệm X = 1, X = 4. Đáp án C.
Bình luận : PPMT vẫn cho ta lời giải đơn giản hơn và cho kết quả nhanh hơn trong
bài này.
Ví dụ 10. Số nguyên dương m lớn nhất để phương trình
log 4 X

251

1 x 2

log 4 5

  m  2  51

1 x 2

 2m  1  0

có nghiệm là

A. 20
B. 25
C. 30
D. 35
Phân tích : Đây là một phương trình chứa tham số mà nếu ta làm bằng PPTL thì sẽ
gặp nhiều khó khăn. Bởi vì ta phải đặt ẩn phụ, tìm miền giá trị của ẩn phụ rồi

chuyển về phương trình bậc hai có điều kiện của nghiệm. Sau đó dùng hàm để xử lí
khá dài dịng khơng phù hợp cho một bài trắc nghiệm. Phương pháp sử dụng máy
tính cầm tay sẽ là tối ưu.
1
PPTL : đặt t  5

 f (t) 

1 x 2

2
ta thấy t  [5; 25] . Phương trình t  (m  2)t  2m  1  0

t 2  2t  1
t 2  4t  3
m
f '
 f '  0 t  [5; 25]
t2
t2
. Có

 f (t)  [

16 576
;
]
3 23 . Từ đó m nguyên lớn nhất để phương trình có nghiệm là m = 25.

Chọn B.

PPMT: ta thấy điều kiện 1  x  1
- Chọn MODE 7

9


1
- Ghi biểu thức (thử m = 35 trước): f (X)  25

1 x 2

 37.5

1 1 x 2

 71

- Chọn START -1 END 1 STEP 0,2
- Nhấn phím = máy cho bảng giá trị của hàm.
Ta thấy f(x) không đổi dấu nên loại m = 35
- Nhấn phím AC để thử m = 30 với điểm đầu, điểm cuối và bước nhảy như cũ ta
thấy hàm vẫn không đổi dấu. Do đó loại m = 30.
- Nhấn phím AC để thử m = 25 ta thấy phương trình có nghiệm x = 1.
Vậy m = 25 là giá trị cần tìm.
Bình luận : Bài tốn này nếu định hướng cách giải bằng máy ngay từ đầu thì thời
gian hồn thành là khoảng 2,5 đến 3 phút vẫn nhanh hơn PPTL.
DẠNG 4. Tìm số các số nguyên m để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều
kiện nào đó
Phương pháp tối ưu :
- Nếu rút được m thì ta sử dụng phương pháp máy tính kết hợp với phương pháp

tự luận
- Nếu khơng rút được m thì ta sử dụng phương pháp tự luận
251

1 x 2

  m  2  51

1 x 2

 2m  1  0

Ví dụ 11. Số các số ngun m để phương trình
có
nghiệm là
A. 19
B. 20
C. 23
D. 25
Phân tích lời giải :
Rõ ràng ta có thể phân ly được m và x bằng cách tách ghép và rút m ta được :
f (X) 

251

1 X 2

 2.51

1 X 2

1

2

51 1X  2
ĐK : X  [  1;1]

m

- Chọn MODE 7
f (X) 

251

1 X 2

 2.51

1 X 2

1

2

51 1 X  2
- Ghi biểu thức
- Chọn START -1 END 1
STEP 0.125

Ta thấy minf(X)  5.33, max f (X)  25.04
1 1 X 2

 2 > 0 nên hàm số liên tục trên tập xác định. Vậy số các giá
Mặt khác ta thấy 5
trị nguyên của m để phương trình có nghiệm là 20. Đáp án B.

10


Ví dụ 12. Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong đoạn  2017; 2017  để phương
trình log(mx)  2 log( x  1) có nghiệm duy nhất ?
A. 2017.
B. 4014.
C. 2018.
D. 4015.
(Đề minh họa của Bộ GD&ĐT lần 03)

Phân tích lời giải :
Ta thấy phương trình chỉ chứa một loại bậc của m nên ta sử dụng kết hợp hai
phương pháp
- ĐK x > -1.
m

(x  1)2
 f (x)
x

f (x) 

(x  1) 2
x

- Phương trình
- Ta sẽ sử dụng máy tính để lập bảng biến thiên của hàm f(x) trên (-1; +∞)\{0}
- Chọn MODE 7
- Ghi biểu thức
- Chọn START -1
END 0 STEP 0,2
Ta thấy f(x) chạy từ 0 đến - ∞. Chọn START 0
END 9 STEP 0,5
Ta thấy f(x) chạy từ +∞ giảm đến 4, rồi tăng lên +∞. Từ đó phương trình có
nghiệm duy nhất khi m < 0 hoặc m = 4. Theo đề ra m thuộc [-2017; 2017]. Do đó
có 2018 số m thỏa mãn. Đáp án C.
DẠNG 5. Tập các giá trị của m để phương trình f(x) = m có nghiệm (hoặc
nghiệm thỏa mãn tính chất nào đó) là [a;b] ( khoảng, nửa khoảng). Khi đó a +
b (hoặc một biểu thức liên hệ của a và b) là
A. …
B. …
C. …
D. …
Phương pháp tối ưu : Phương pháp máy tính
x  1 - x2

x 

1 - x2

 8.3
 4  m có

Ví dụ 12. Tập các giá trị của m để phương trình 9
nghiệm là [a;b]. Khi đó a + 9b bằng
A. 1
B. 6
C. -3
D. -5
Phân tích lời giải : Thoạt nhìn ta nghĩ rằng bài này phải giải bằng phương pháp tự
luận nhưng thực ra bài này sử dụng máy tính mới là phương pháp tối ưu.
Ý tưởng sử dụng máy tính đó là ta đi tìm max, min của biểu thức ở vế phải
bằng cách chia nhỏ tập xác định để tìm giá trị xấp xỉ của a và b. Từ đó suy ra đáp
án.
Nhận xét : Tập xác định [-1;1]
- Chọn MODE 7

11


X
- Ghi vào máy : f (X)  9

1 X 2

 8.3X 

1 X 2

4

- Chọn START -1
END 0,9

STEP 0,1
Quan sát kỹ bảng giá trị của f(X) ta sẽ thấy minf(X)~ -11,93, maxf(X) ~ 1,44
Thoát khỏi máy MODE 1 và tính -11,93 + 9x 1,44 ta được kết quả xấp xỉ 1
Vậy A là đáp án của bải tốn.
Bình luận : Rõ ràng đây là một cách giải độc đáo đặc thù của bài tập TNKQ.
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Bài tốn tổng quát : Cho bất phương trình f (x)  0 hoặc f (x)  0
Các dạng câu hỏi thường gặp
DẠNG 1. Tập nghiệm của bất phương trình là :
A. …
B. …
C. …
D. …
2
x

1
1
   3 
 3
Ví dụ 1. Tập nghiệm của bất phương trình:  3 

1
1
x

 12

A.(-1; 0)
B.  ; 1

C.  2;  
D.  0;  
Phân tích lời giải :
Đây là dạng dễ nhất trong các bài tốn về bất phương trình. Phương pháp giải tốt
nhất là sử dụng máy tính với phím CALC
2

1

1

 1 X
 1 X
   3.   12
 3
- Ghi biểu thức  3 

- Nhấn phím CALC. Sau đó thử đáp án
- Nhấn phím -0,5 = (kq 78) (loại A, C) = -3 = (kq -8,4 < 0) (loại D)
Vậy đáp án là B.
DẠNG 2. Tập nghiệm của bất phương trình là [a; b] hoặc (a; b) , [a; b) , (a; b] . Khi
đó một biểu thức liên hệ giữa a và b là :
A. …
B. …
C. …
D. …
Phương pháp : Sử dụng MODE 7, chia tập xác định thành các đoạn nhỏ để kiểm
tra giá trị của f(X) và xác định tập nghiệm xấp xỉ của bất phương trình suy ra giá trị
gần đúng của a, b. Từ đó chọn đáp án
x

x
Ví dụ 2. Tập nghiệm của bất phương trình: 4  3.2
đó a + 2b bằng

x 2  2x 3

 41

x 2  2x 3

 0 là [a;b] khi

12


A. -1

B. 6

C. 10

D. 7

PPMT :
- Đk : x  1 hoặc x  3
- Chọn MODE 7
X
X
- Ghi f (X)  4  3.2

X 2  2X  3

 41

X 2  2X 3

- Chọn START -5
END 1
STEP 1 ta thấy f(X) đều âm.
- Nhấn phím AC chọn START 3 END 10
STEP 1 ta thấy f(3) = 36, f(4) < 0,
f(5) < 0,…
Như vậy tập nghiệm nằm trong [3;4)
- Nhấn AC chọn lại START 3 END 4 STEP 0,1 ta thấy f(X) khơng âm trên [3;3,5]
Từ đó a = 3, b = 3,5. Kết quả a + 2b = 10 đáp án C.
Bình luận : Thời gian hồn thành khoảng 2 phút.
DẠNG 3. Số nghiệm nguyên của bất phương trình là :
A. …
B. …
C. …
D. ….
Ví dụ 3. Số nghiệm nguyên của bất phương trình: 2
A. 3
B. 2
C. 0
Phân tích lời giải

x 2 3x 1

 2 x 2  x 2  4x  3  0

D. 1

Nếu sử dụng PPTL : Ta sẽ đưa BPT về dạng hàm đại diện 2  u  2  v . Từ đó
2
2
suy ra u  v rồi giải BPT ta được x  3x  1  x  2  x  4x  3  0  1  x  3 . Vậy
BPT có 3 nghiệm nguyên.
u

X 2  3X 1

X 2

v

 2  X  4X  3
Nếu sử dụng PPMT : Ghi vào máy 2
Chọn START -5 END 10 STEP 1 ( máy cho ngay kết quả) ba nghiệm.
Bình luận : Ta thấy rằng để sử dụng được phương pháp tự luận thì học sinh phải
biết đưa về dạng hàm đại diện và không phải học sinh nào cũng làm được điều này.
Tuy nhiên với đặc thù là tìm nghiệm nguyên thì phương pháp máy tính có thể áp
dụng cho nhiều đối tượng (kể cả học sinh trung bình) với kết quả nhanh chóng.
Như vậy PPMT vẫn chiếm ưu thế trong bài toán dạng này.
2

1
 
Bài tốn tương tự : Sớ nghiệm ngun của bất phương trình  3 

x 2  3x 10

1
 
3

x 2

là:

A. 0
B. 1
C. 9
D. 11
-----------------------------------------------------------------------------------BÀI TOÁN 2 : GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
13


Với cơng cụ máy tính cầm tay, chúng ta có một vũ khí lợi hại để giải quyết
các bài tốn tìm min max của hàm số dạng TNKQ và trong nhiều trường hợp cho
lời giải rất nhanh chóng so với phương pháp tự luận.
DẠNG 1. Giá trị max (min) của hàm số f(x) trên K là : A.... B.... C.... D....
 
0; 2 
f
(x)

x

cos

x
Ví dụ 1. Giá trị lớn nhất của hàm số
trên đoạn
là:
2

A.


2

B. 0

C.


4

D.



(Trích chuyên đề LTĐH – Nguyễn Văn Nho)

Phân tích lời giải
Đây là một bài tốn khá đơn giản. Ta có thể giải bằng phương pháp tự luận.
u cầu phải biết tính đạo hàm, giải phương trình lượng giác cơ bản, sau đó thay
 
0; 2 
giá trị của hàm số tại nghiệm của y’ nằm trong

và hai đầu mút, rồi so sánh

để xác định giá trị lớn nhất của hàm số.
Tuy nhiên, ta có thể giải bằng phương pháp máy tính với một số kỹ năng cơ bản :


 1,57,  0, 78
4
Trước hết tính ra nháp : 2

- Chọn MODE 7
- Ghi biểu thức f (X)  X  cos X
- Chọn START 0 END 1,5 STEP 0,1
- Quan sát giá trị của f(X) ta thấy max f(X) xấp xỉ 1,5. Vậy đáp án là A.
2

x2  3x  2

Ví dụ 2. GTNN của hàm số y =
+ 3x + 4 là:
A. 5
B. 8
C. 6
D. 3
Phân tích lời giải :
Nếu bài này ta sử dụng PPTL thì ta phải phá trị tuyệt đối, lập bảng biến thiên
trên từng miền rồi xác định min. Cách này khá rắc rối khi mà hàm trong trị tuyệt
đối có bậc cao. Bây giờ ta giải bằng PPMT :
Nháp : x  3x  2  0  x  1, x  2
- Chọn MODE 7

2

- Ghi biểu thức f (X) | X  3X  2 | 3X  4
- Chọn START 0 END 1,8 STEP 0,1 và START 1,9 END 3,8
2

STEP 0,1

14


Quan sát ta thấy min đạt được bằng 6. Để chắc chắn hơn ta chọn thêm các điểm đầu
điểm cuối bước nhảy khác. Chọn đáp án C.
Ví dụ 3. GTNN và GTLN của hàm số y = 4(sin6x + cos6x) + sin2x là:
A. miny = - 1, maxy = 0

B. miny =

2

, maxy = 2
49
12

C. miny = 1, maxy = 2 2
D. miny = 0, maxy =
Phân tích lời giải
Ta thấy nếu sử dụng PPTL thì ta cần có kỹ năng biến đổi lượng giác để hạ bậc 6
xuống bậc 2 rồi đặt ẩn phụ đưa về hàm bậc 2. Lập bảng biến thiên ta có kết quả.
Bây giờ ta sử dụng PPMT : Trước hết ta thấy chu kỳ của hàm số là 

- Chọn MODE 7
- Ghi biểu thức f(x) = 4(sin6x + cos6x) + sin2x
- Chọn START 0 END 1,8 STEP 0,1 và START 1,8 END 3,1 STEP 0,1
Quan sát ta thấy max đạt được 4,08 . Chọn đáp án D.
2
1;e 2 
Ví dụ 4. Hàm sớ f (x)  x.ln x  3x trên   có giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ
nhất m là:
2
A. M  e , m  2e

M  3, m  2e

2
B. M  e , m  3

2
C. M  4e , m  2

D.

2

(Trích chuyên đề LTĐH – Võ Văn Chinh)

PPMT : Trước hết ta tính và ghi ra nháp : e  7.3, 2e  5.4
- Chọn MODE 7
2

- Ghi biểu thức f(X) = X(ln X)  3X

- Chọn START 1 END 7 STEP 0.5
Quan sát bảng giá trị của f(X) ta thấy hàm đạt giá trị nhỏ nhất trong (2;2,6)
Để chắc ăn ta chọn START 2 END 2,6 STEP 0.1, START 7 END 7.3
0.1
ta thấy minf(X)  -5.4
Vậy đáp án A.
2

y

Ví dụ 5. Giá trị lớn nhất của hàm số 
A. 2

2
B. 3

STEP

x 1
x 2  x  1 trên R là:

C. -2

D.



2
3

15


Phân tích lời giải : Trong bài này cách giải hợp lí nhất là sử dụng PPMT
Ta sử dụng PPMT như sau:
- Chọn MODE 7
x 1

- Ghi biểu thức f(X) = x  x  1
- Chọn START -1 END 18 STEP 1
Quan sát bảng giá trị của f(X) ta thấy hàm đạt giá trị lớn nhất là 2 tại x = 1.
Bình luận : Nếu so với PPTL thì PPMT cho kết quả nhanh gấp nhiều lần.
DẠNG 2. Hàm số y = f(x) đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) trong K tại điểm x là
A....
B....
C....
D....
2

Ví dụ 6. Giá trị nhỏ nhất của hàm số
khoảng nào dưới đây ?
 1
 0; 
A.  2 

1 
 ;1
B.  2 

y  x3 

3
x  1   trên  [0; +) đạt được khi x thuộc

 3
3 
 1; 
 ;2
2


C.
D.  2 
(Trích chuyên đề LTĐH – Võ Văn Chinh)

PPMT : Chọn MODE 7
f (X)  X 3 

3
X 1

- Nhập biểu thức
- Chọn START 0 END 1,9 STEP 0,1
- Quan sát bảng giá trị của f(X) ta thấy min đạt được khi X ~ 0,6. Chọn B.
DẠNG 3. Biết a, b lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x)
trên K. Khi đó một biểu thức liên hệ của a và b là : A.... B.... C.... D....
PHƯƠNG PHÁP :
Tương tự bài tốn về phương trình, ta có thể giải dạng tốn này bằng PPMT.
2
2

Ví dụ 7. Gọi a và b lần lượt là giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số y  ln(2x  e )
trên [0 ; e]. khi đó: Tổng a + b là:
A. 4+ln3
B. 2+ln3
C. 4
D. 4+ln2
Lời giải
PPMT
- Chọn MODE 7

2
2
- Ghi biểu thức f(X) = ln(2x  e )

16


- Chọn START 0 END 2,6 STEP 0,2
Quan sát bảng giá trị của f(X) ta thấy hàm đạt giá trị lớn nhất xấp xỉ 3,08, nhỏ nhất
2
Tổng a + b khoảng 5,08 ~ 4 + ln3
Vậy chọn đáp án A.
Ví dụ 8. Hàm số

f  x    x 2  3 e x

trên đoạn  0; 2 có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn

m 2016
 M1013

2016
2
m
M
nhất lần lượt là và . Khi đó
bằng:
2016
A. e

2016
B. 2

2016
C. 2.e

2016
D. (2.e)

(Trích chuyên đề LTĐH – Võ Văn Chinh)

Lời giải
Ta sử dụng PPMT như sau :
- Chọn MODE 7
- Ghi biểu thức f(X) = (X  3)e
- Chọn START 0,1 END 2 STEP 0,1
Quan sát bảng giá trị của f(X) ta thấy hàm đạt giá trị lớn nhất xấp xỉ 7.3, nhỏ nhất
2
xấp xỉ -5.43. Ta chú ý rằng 7.3  e , 5.4  2e
Suy ra m = -2e , M = e2. Từ đó C là đáp án của bài tốn.
----------------------------------------------------------------------------------BÀI TỐN 3 : SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ

Ý tưởng cốt lõi của PPMT trong phần này là sử dụng định nghĩa hàm số đơn
điệu trên một khoảng. Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng K nếu : mọi x 1, x2
thuộc K : x1 < x2 suy ra f(x1) < f(x2). Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng K
nếu : mọi x1, x2 thuộc K : x1 < x2 suy ra f(x1) > f(x2). Vì vậy để kiểm tra một hàm số
f(x) có đơn điệu trên K khơng thì ta lập bảng giá trị của hàm trên khoảng xấp xỉ của
K, từ đó đưa ra kết luận.
Phương pháp máy tính rất hiệu quả trong các bài tốn mà hàm số phức tạp,
địi hỏi tính tốn nhiều nếu làm bằng PPTL. Tuy nhiên đối với bài tốn chứa tham
số thì có những dạng ta phải làm bằng PPTL. Ta chia các bài toán thành hai nhóm
NHĨM 1 : CÁC BÀI TỐN KHƠNG CHỨA THAM SỐ
Phương pháp tối ưu : phương pháp máy tính
DẠNG 1. Hàm số y = f(x) đồng biến ( nghịch biến) trên tập nào
A. ...
B. ...
C. ...
D....
2

X

17


Ví dụ 1. Hàm số y  x  3x  3x  2016
A. Nghịch biến trên tập xác định
C. đồng biến trên (1; +∞)
Lời giải
Ta sử dụng PPMT như sau :
- Chọn MODE 7
3

2

B. đồng biến trên (-5; +∞)
D. Đồng biến trên TXĐ

- Ghi vào máy : f (X)  X  3X  3X  2016
- Chọn START -10 END 2
STEP 1
- Quan sát giá trị của hàm số xem tăng giảm thế nào
Ta có kết luận : f(X) luôn tăng. Vậy D là đáp án của bài tốn
3

2

4
2
Ví dụ 2. Khoảng đồng biến của y   x  2x  4 là:
A. (-∞; -1)
B. (3;4)
C. (0;1)
Ta sử dụng PPMT như sau :
- Chọn MODE 7

D. (-∞; -1) và (0; 1).

- Ghi vào máy : f (X)  X  2X  4
- Chọn START -3 END 5
STEP 1
- Quan sát giá trị của hàm số xem tăng giảm thế nào

Ta có kết luận : f(X) tăng trong (-3;-1) và (0;1). Vậy D là đáp án của bài tốn
4

y

2

x

x  x nghịch biến trên khoảng nào
Ví dụ 3. Hàm số
A. (-1; +∞).
B. (-∞;0).
C. [1; +∞).
Lời giải : Sử dụng PPMT
- Chọn MODE 7
f (X) 

2

D. (1; +∞).

X

X X
- Ghi vào máy :
- Chọn START -3 END 5
STEP 1
- Quan sát giá trị của hàm số xem tăng giảm thế nào
Ta thấy : f(X) không xác định tại X = 0, X = 1, tăng trong [-3;-1]. Do đó D là đáp

án của bài tốn.
DẠNG 2. Hàm số y = f(x) có bao nhiêu khoảng đồng biến
A. 1
B. 2
C. 3
D. 0
2

18


PPMT : Chọn MODE 7, ghi biểu thức f(X) rồi chọn (chẳng hạn) START -3
END 6 STEP 0,5
(tùy bài toán ta có thể chọn khác). Từ đó quan sát các khoảng đồng biến, nghịch
biến của hàm số và chọn đáp án cho bài tốn.
Ví dụ 6. Hàm số
A. 1

y  x  1  x 2  2x  2 

B. 2

có bao nhiêu khoảng đồng biến
C. 3
D. 4
(Trích chun đề LTĐH – Võ Văn Chinh)

Giải
- Chọn MODE 7



- Ghi vào máy :
- Chọn START -3 END 6
STEP 0.5
- Quan sát giá trị của hàm số xem tăng giảm thế nào. Ta thấy hàm số có hai khoảng
tăng.
Để chắc chắn ta có thể chọn thêm START -7 END -3 STEP 0,5. Vậy đáp án B.
NHĨM 2 : CÁC BÀI TỐN CHỨA THAM SỐ
Với các bài toán chứa tham số ta lại chia làm hai loại :
Loại 1 : Hàm số đã cho chỉ chứa một loại bậc của m thì ta có thể sử dụng
phương pháp máy tính để giải một cách nhanh chóng.
Loại 2 : Nếu hàm số đã cho có ít nhất hai loại bậc của m thì ta phải sử dụng
phương pháp tự luận
DẠNG 3. Tất cả các giá trị của m để hàm số y = f(x) đồng biến nghịch biến) trên K
là :
A. ...
B. ...
C. ...
D....
f (X)  x  1 x 2  2x  2

1
y  x 3  (m  1)x 2  (m  1)x  1
3
Ví dụ 1. Hàm số
đồng biến trên tập xác định của nó

khi:
A. m  4

B. 2  m  1
C. m  2
D. m  4
Phân tích lời giải
Bài này nếu sử dụng PPTL thì cũng khá nhanh. Ta cũng có thể giải bằng
PPMT như sau :
- Chọn MODE 7

19


1
f (X)  x 3  5x 2  5x  1
3
- Ghi vào máy (thử với m = -6) :

- Chọn START -9 END 10
STEP 1
- Quan sát giá trị của hàm số xem tăng giảm thế nào. Ta thấy hàm số có khoảng
nghịch biến nên C và D bị loại.
1
f (X)  x 3  6x 2  6x  1
3
- Thử m = 5 :
. Giữ nguyên điểm đầu, điểm cuối và bước

nhảy. Ta thấy hàm số vẫn có khoảng nghịch biến nên A bị loại. Vậy B là đáp án.
Ví dụ 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số
y=

2( mcosx-2)
cosx-m

đồng biến trên khoảng

( π3 ; π2 ) .

A. 2  m  0 hoặc 1  m  2

B. 1  m  2

C. 2  m  0

D. m  2
(Trích chuyên đề LTĐH – Võ Văn Chinh)

Phân tích lời giải
Bài này giải bằng PPTL khá phức tạp vì cần vận dụng nhiều kỹ năng. Ta sẽ giải
bằng PPMT như sau :
Trước hết dùng máy tính để tính xấp xỉ  : 3  1.04 ,  : 2  1.5 . Do đó khoảng thử giá
trị hàm số f(X) là (1.1;1.5), bước nhảy 0.05
- Chọn MODE 7
f(X) =

2( cosX- 2)

cosX- 1
- Ghi vào máy (thử với m = 1) :
- Chọn START 1.1 END 1.5
STEP 0.05

- Quan sát giá trị của hàm số xem tăng giảm thế nào. Ta thấy hàm số có khoảng
nghịch biến nên A và B bị loại.

f(X) =

2( - cosx- 2)

cosx+ 1
Để kiểm tra đáp án C và D ta thử m = -1. Quay lại hàm để sửa
Giữ nguyên điểm đầu, điểm cuối, bước nhảy. Ta thấy vẫn không thỏa mãn. Vậy D
là đáp án.

20


Bài tốn tương tự. Tìm tất cả các số thực m để hàm số

y=


(0; )
4

m2

A. m  0 hoặc 1  m  2

B. m  0

tanx- 2

tanx- m đồng biến trên

C. 1  m  2

D.

2
3
2
Ví dụ 3. Hỏi có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  (m  1) x  (m  1) x  x  4

nghịch biến trên khoảng  ;   ?
A. 2.
B. 1.

C. 0.
D. 3.
(Đề minh họa của Bộ GD&ĐT lần 3)

Phân tích lời giải
Ta thấy hàm đã cho chứa hai loại bậc của m nên ta phải sử dụng Phương pháp tự
luận
Dễ thấy :
m = 1 thỏa mãn
m = -1 khơng thỏa mãn
2
2
Với m  1 : Có y '  3(m  1)x  2(m  1)x  1 Yêu cầu bài toán tương đương

với

 m 2  1  0
1

 m 1

2
2
   4m  2m  2  0

Như vậy có m = 1 và m = 0 là các giá trị nguyên thỏa mãn u cầu bài tốn. Đáp án
A.
DẠNG 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên (nguyên dương) của m để hàm số y = f(m, x)
đồng biến (nghịch biến) trên K.
Phương pháp giải
Kết hợp hai phương pháp tự luận và máy tính
- Tính tay : f '(x, m)  0( 0), x  K
- Phân ly x và m để đưa về g(x)  m .
- Sử dụng máy tính để tìm min g(x) trên K. Từ đó có kết luận
3

2

x  mx  mx 1
Ví dụ Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y  e
đồng biến
trên [1;3].
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4

Phân tích lời giải

21


Bài này ta phải kết hợp hai phương pháp tự luận và máy tính :
y '  (3x 2  2mx  m)e x

3

 mx 2  mx 1

 0, x  [1;3]  3x 2  2mx  m  0x  [1;3]

3x 2
3x 2
min f (x)  m

 m, x  [1;3]
2x  1
2x

1
, đặt f(x) =
. Ta phải có [1;3]
min f (x)

[1;3]
Sử dụng máy tính cầm tay ta được
= 3. Vậy có 3 số nguyên dương m thỏa

mãn
KL : đáp án C.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
- Thống kê, tìm hiểu tình hình làm bài của học sinh qua các đề thi thử của các
trường THPT trên cả nước và đề thi minh họa của Bộ GD&ĐT thuộc các chuyên đề
: Phương trình, bất phương trình; giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; tính đơn điệu của hàm
số trước khi áp dụng đề tài vào thực tiễn
- Nghiên cứu các cách giải tối ưu cho từng dạng toán : bài nào cần dùng
phương pháp tư duy lự luận, bài nào cần sư dụng tư duy máy tính.
- Đưa vào thực nghiệm : Chọn hai lớp 12 C1 và 12 C2 (chất lượng 12 C2 tốt
hơn 12C1) làm đối chứng.
Trước khi triển khai đề tài tại hai lớp 12C1 và 12C2. Trong đó 12C1 là lớp có
đa số các em trung bình khá, khá; lớp 12 C2 là lớp có đa số học sinh khá, giỏi. Mỗi
lớp chia hai dãy đều nhau (mỗi dãy có các đối tượng học sinh đều nhau) để làm
một bài kiểm tra theo chuyên đề đã được in sẵn dạng câu hỏi TNKQ, trong đó một
dãy làm bằng phương pháp tư duy tự luận, một dãy làm bằng phương pháp tư duy
máy tính. Tổng số câu là 20. Thời gian làm bài : 45 phút. Mức độ của đề : 20%
nhận biết, 40% thông hiểu, 30 % vận dụng thấp, 10% vận dụng cao.

PHIẾU KHẢO SÁT THỰC NGHIỆM
Bài kiểm tra TNKQ. Thời gian : 45 phút
Khoanh tròn vào đáp án đúng
x
Câu 1. Phương trình 4
A. 2

2

x

 3 có hiệu các nghiệm x1  x 2 bằng:
B. 1
C. 0

 2x

2

 x 1

 3 5   3 5
Câu 2. Tích các nghiệm của phương trình:
x

A. 2

B. 2

C. 1
x 3

x

 3.2 x

D. -1

là:
D. 1

x 1

x 1
x 1
Câu 3. Tổng các nghiệm của phương trình: 2  5  2 là :
A. 0
B. 2
C. 2

D. 4

22


x 1 3x

Câu 4. Tìm số các số nguyên m để phương trình 4
nghiệm.

 14.2

x 1 3x

 8  m có



C.10
D. 11
Câu 5. Tìm số các số ngun m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc [0;1]

41 x  41 x  (m  1)(22 x  22 x )  2m
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4
(Trích chuyên đề LTĐH – Nguyễn Văn Nho)

Câu 6. Tìm m để phương trình 4x - 2x + 6 = m có đúng 1 nghiệm x
23

A. m 8.
B. 8 m  18.
C. 8 < m < 18.
D. m = 4 v 8 < m < 18.
Câu 7. Tìm số các số nguyên m để phương trình sau có nghiệm duy nhất
log 2 (mx  6x 2 )  2 log 1 ( 14x 2  29x  2)  0
2

A. 4

B. 5

C. 6

x
Câu 8. Giải bất phương trình 3

A.

log 3 2 - 1 x 1.

C. 1 x 1 +

log 3 2 .

2 1

 2 x 1 . Ta có nghiệm.

B. x 1 v x  1 +
D. x 

 3;11

B.

log 3 2 .

log3 2 -1 v x 1.

Câu 9. Tập nghiệm của bất phương trình: 4
A.

D. 7
(Trích chun đề LTĐH – Nguyễn Văn Nho)

x 2

 16  10  2

 ;3   11;  

C.

x2

 11;  

D.

 2;3   11;  

x2
y  x 1
9 lần lượt là:
Câu 10. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 
A. 1; -1

3
3
;2
C. 2

B. 2; 1

D. 2; -2

x
x
x
x
Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình: 5.3  3.2  7.2  4.3

A. R

B.

 ; 2 

Câu 12. Tập nghiệm của bất phương trình:

C.

2

x

 2;  

 4   x 2  2x  3   0

D.

 0;  

là:

 ; 1   2;3 C.  2;3
 ; 2    2;3
B.
D.
mx- 9
y=
x- m luôn đồng biến trên khoảng  ; 2 
Câu 13. Tìm m để hàm số
A.

 ;1   2;3

23


A.

2m3

B.

Câu 14. Giải phương trình: 4
A.

 ; 1   0;1

3  m  3

x2 x

C.

 ;0

C.
log 2 2x

1

 4 ;  
B.

Câu 16. Tập nghiệm của bất phương trình:

 ; 1   1;  

B.



 0;1   1

 x log2 6  2.3log 2 4x

D.

 1;  

D.

 1;  

2

 1
 0; 
C.  4 

4 x   x 2  7   2 x  12  4x 2  0
2

A.

m2

2

2

Câu 15. Tập nghiệm của bất phương trình: 4
A.

D.

 21 x  2 x 1  1

B.

 1

0; 4 

3  m  3



2;1

2

C.



 

2; 1  1; 2



D.

 0;  

Câu 17. Tìm m để bất phương trình 9x - 2. 3x - m 0 nghiệm đúng  x 1; 2
A. 3  m 63.

B. m 3.

Câu 18. Tìm m để bất phương trình

A. 0 m 3.

C. m 63.

D. m 63.

2 x  7  2 x  2  m có nghiệm.

B. 3 m  5.

C. m  3.

D. m 3.

2
Câu 19. Tìm m lớn nhất để hàm số y  log 4 (x  m x  1  m) đồng biến trên (2;  )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
Câu 20. Tìm số các số nguyên m để phương trình sau có nghiệm

x 2  7  m x 2  x  1  x 4  x 2  1  m( x 2  x  1  2)
A. 4

B. 5

C.6

D. 7

KẾT QUẢ THU ĐƯỢC NHƯ SAU
I. LỚP 12 C1 : Sĩ số 46, chia đều mỗi dãy là 23 HS.
Điểm đạt được

Dãy 1
(sử dụng pp tự luận)
13

Dãy 2
(sử dụng pp máy tính)
2

Điểm  [7;8)

10

11

Điểm  [8;9)

0

9

Điểm  [9;10]

0

1

Điểm  7

II. LỚP 12 C2 : Sĩ số 40, chia đều thành 2 dãy

24


Điểm đạt được

Dãy 1
(sử dụng pp tự luận)
6

Dãy 2
(sử dụng pp máy tính)
2

Điểm  [7;8)

9

5

Điểm  [8;9)

5

10

Điểm  [9;10]

0

3

Điểm  7

Nhận xét : So sánh điểm số đạt được của học sinh hai dãy ở từng lớp, ta thấy rằng
nhóm học sinh sử dụng phương pháp máy tính đạt điểm số cao hơn hẳn so với
nhóm học sinh sử dụng phương pháp tự luận. Như vậy nếu biết sử dụng pp máy
tính thì sẽ rất có lợi trong một bài thi trắc nghiệm.
- Tổng kết quá trình nghiên cứu thực nghiệm bằng văn bản (SKKN).
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Khi triển khai đề tài áp dụng vào thực tiễn, kết quả thu được là rất tích cực.
- Học sinh hiểu được bản chất của vấn đề hơn
- Học sinh thích giải tốn hơn (đặc biệt là học sinh trung bình lâu nay sợ giải
những bài tốn khó, phức tạp)
- Học sinh có thể giải quyết một số dạng toán với tốc độ nhanh hơn trước đây
nhiều lần.
- Bản thân cải thiện được chất lượng các học sinh trực tiếp giảng dạy.
- Giúp đồng nghiệp, nhà trường nâng cao chất lượng dạy học, giáo dục toàn
diện.
---------------------------------------------------------------------------------------III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Sau một thời gian triển khai thực hiện đề tài, từ khi hình thành ý tưởng đến khi
áp dụng vào thực tiễn, tôi đã thu được những kết quả như mong muốn. Những học
sinh được tiếp cận với đề tài có phản xạ tốt hơn trước ở một số dạng toán, hiệu quả
làm bài thi không ngừng được cải thiện. Đặc biệt các em hiểu rõ hơn bản chất của

một số khái niệm như : khái niệm nghiệm của phương trình, bất phương trình, khái
niệm đồng biến, nghịch biến, khái niệm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số,…
Mặc dù còn ấp ủ nhiều ý tưởng để phát triển đề tài hơn nữa song do thời gian có
hạn nên tơi tạm dừng ở đây.

25