Phát triển năng lực tính toán cho học sinh trong dạy học bài tập hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số logarit giải tích 12 trung học phổ thông

Bài tập 1: Giải phương trình sau:

a) 3x 10 x6  1

b) 2187

x17 x3

x 5

 243x7

c) 1  log (x  5)  log 9

27 9

3 x5

Nhận xét: Ví dụ trên để minh họa cho học sinh giải phương trình mǜ bằng phương pháp đưa về cùng một cơ số.

Học sinh sẽ gặp khó khăn là phương trình này có các cơ số khác nhau. Muốn giải được bằng phương pháp này thì ta hướng dẫn học sinh biến đổi linh hoạt bài toán trên đưa chúng về cùng một cơ số 3.

Giải

a) 3x 10 x6 

1 <=> x2 + 10x + 6 = -3 <=>

 x  1



 x  9

b)ĐK:

x  3



x  7

7 ( x 17 )

3 x3

5( x5)7( x17)2

5( x5)

(1)   3

x7  3 x3

 3 x7

7(x  17) 2  5(x  5) x  10

x  3 x  7

So sánh với điều kiện ta có x = 10 là nghiệm của phương trình

c) Đk 5  x  6 .

Đặt t  log3

x  5. Ta được : 1  t  2t  0 t = 1; t = -2.

 x = 8; x = 46/9 (thoả đk) Vậy x = 8; x = 46/9 là nghiệm của phương trình đã cho.

Bài tập 2: Giải phương trình sau: 9x 12x 16x

Giải

Nhận xét: Nếu học sinh không có năng lực biến đổi linh hoạt thì các em

sẽ nghĩ rằng phương trình này có dạng

 ax

 c 

 bx

  c

 1 và biến đổi phương

 9x

 12 x

   

trình (2) thành

 16 

  16 

 1 đi theo con đường này để giải thì các em sẽ

   

gặp khó khăn, vì phương trình này sẽ được biến đổi thành

32 x

 4 

 3x

 4  1

và dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải.

Lời giải:

   

 32x

Ta có: 9x 12x 16x  

 3x

    1

Đặt

 3x

t   

 

 4   4 

,t  0 phương trình trên trở thành

1  5



t 

 5





t 2 t 1  0   2

1

t 

 2

So sánh với điều kiện t >0 nên ta chọn

1  5

 3x

t     

2  

 log

2 4 2

<=>

x  log

4 2

Bài tập 3: Giải phương trình sau: 2x + 1 = 3x (*)

A.S  0 B. S  0;1

C. S  1

D. Kết quả khác

Nhận xét: Đây là loại phương trình mà học sinh có thể dự đoán nghiệm của phương trình bằng cách vẽ đồ thị hàm số y = 3xvà y = 2x + 1 trên cùng một hệ trục tọa độ và nhận xét để tìm nghiệm.

Giải

Cách 1: Sử dụng định lý Bernouli

(*)  3x (1  3)x  1

Áp dụng bất đẳng thức Bernouli ta có phương

trình có hai nghiệm x = 0, x= 1

Cách 2: Sử dụng đồ thị

y y = 3x

-4

-3

-2

-1

y = 2x +1

-2

-3

Hình 2.1

Bằng hình ảnh trực quan (hình 2.1) học sinh sẽ thấy các đồ thị có hai điểm chung, ngoài ra không còn điểm chung nào khác, hoành độ các điểm chung đó là x = 0 và x = 1, học sinh dự đoán phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Học sinh kiểm tra lại tính đúng đắn bằng cách sử dụng một trong các cách giải sau đây. Tuy nhiên ở cách làm này học sinh phải biết vẽ đồ thị thì mới tìm ra được kết quả. Chọn B

Cách 3: sử dụng định lý Rôn

(*)  3x 2x 1  0

Xét hàm số

f (x)  3x 2x 1

 f '(x)  3xln 3  2 

f n (x)  3x ln2 3  0,x  ฀

Vậy phương trình (*) nếu có nghiệm sẽ không có quá hai nghiệm.

Ta lại có

f (0) 

f (1)  0

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0, x = 1. Chọn B.

Cách 4: Sử dụng máy tính

Chuyển hết phương trình sang vế trái 2x + 1 - 3x =0 Nhập vế trái vào máy tính 2x + 1 - 3x

sau đó dùng lệnh CALC nhập vào các đáp án, nhận được kết x = 0, x=1 thỏa. Chọn B

Bài tập 4: Giải các phương trình sau

a) 52x  10x 2.22x

b) 32 x 6 x9 4.15x 3 x 5 3.52 x 6 x9

2 2 2

Giải

Giáo viên có thể định hướng học sinh giải phương trình như sau:

GV: Đưa phương trình về dạng quen thuộc bằng đưa biến đổi cùng số mǜ. HS: 25x 10x 2.4x

Gv: Đưa về cùng cơ số?.

HS: Chia cả hai vế của phương trình cho 4x hoặc 25x (dưới sự hướng dẫn

 25 x 5x

của giáo viên).  4 

  2

 2 .

   

GV: Dạng này làm như thế nào?

Đến đây học sinh có thể giải quyết bài toán một cách dễ dàng. Từ đó, dưới sự dẫn dắt của GV, học sinh quát thành thuật toán giải phương trình trên:

Bước 1: Chia cả hai của phương trình cho b f ( x )hay a f ( x ) . Bước 2: Đưa về cùng cơ số.

Bước 3: Đặt ẩn phụ theo t và giải phương trình theo t

Bước 4: Giải phương mǜ cơ bản để tìm x.

Bài tập 5: Số nghiệm của phương trình log

x 5  log (x2 25)  1

là ?

2 x 5 2

A. 2 B. 1 C. 0 D. Vô số nghiệm Giải

Cách 1: + Đặt điều kiện

+ Giải phương trình

+ Lấy giai với điều kiện ta chọn kết quả B

Cách 2: + Nhập

log

x 5  log (x2 25) 1

2 x 5 2

SHIFT

SOLVE

+ Được nghiệm x = 6,….

SHIFT

STO

Sau đó lưu vào A

+ Nhập

log x 5log (x225) 1 X A

 2 x 5 2 

 

SHIFT

	SOLVE		-6		=

SHIFT		SOLVE		15		=

Có thể bạn quan tâm!

Xem toàn bộ 140 trang tài liệu này.

Ta thấy cả hai lần này L-R khác 0. Nếu L-R khác 0 thì nghiệm đó không phải là nghiệm của phương trình, nghiệm thứ 2 của phương trình này nếu có sẽ khác nghiệm thứ nhất và L-R bằng 0. Vậy phương trình có duy nhất 1 nghiệm. Chọn đáp án B.

Ví dụ 2.23: Phân tích tổng hợp kiến thức để giải bài toán tính giá trị biểu thức:

Cho loga x  2,logb x  3,logc x  4 . Tính giá trị của biểu thức:

log 2 x

a b c

A. 12 13

B. 1 9

C. 6 13

D.24

Giải

Cách 1: + Rút a,b,c theo x

+ Tính … được kết quả là D

Ta thấy rằng học sinh phải nhớ công thức, tính toán rất lâu.

Cách 2:

- GV: Nếu dùng máy tính việc chọn lựa số như thế nào?

4 2

- HS: Chọn theo điều kiện bài toán.

+ Chọn x =2;

a2  x  a 

2;b  3 2;c  . Sau đó nhập

log

2 3 2 4 2

25

Kết quả được 24 . Chọn D

Ví dụ 2.24: Phân tích tổng hợp để giải một số bài toán phức tạp:

Bài tập 1: Giải phương trình

2x2x 2x1 x12

Dưới đây là quá trình giải bài toán và mở rộng bài toán của học có sự định hướng, gợi mở hợp lí của giáo viên.

Trước khi học sinh giải bài tập này thì các em đã biết về một tính chất

của hai hàm số

y  ax 0  a  1đồng biến khi a > 1, nghịch biến khi 0 < a <

1 và

y ax  b a 0đồng biến khi a > 0, nghịch biến khi a < 0.

Ta nhận thấy rằng, hai vế của phương trình (1) có bản chất khác nhau,

vế phải chứa hàm số siêu việt còn vế trái chỉ là hàm đa thức.

Vì vậy, nếu chỉ bằng những phép biến đổi thông thường thì học sinh khó tìm ra được hướng giải. Trước tiên, hãy nhận xét, so sánh mối liên hệ

giữa các biểu thức (đa thức)

x2x, x 1 và x12.

Giải

Dễ thấy x 12 x2 2x  1  x2 x x 1

Khi đó phương trình trở thành:

2x2x  2x1  x2 x x  1

(2)

Để đơn giản, ta có thể đặt

u  x2 x

và v  x 1.

Ta có

2u 2v u  v

 2u u  2v v

(3)

Hai vế của phương trình (3) thực chất là giá trị của hàm số

ft 2tt

tại hai thời điểm t  u và t  v .

Hàm số

ft 2tt

là tổng của hai hàm đồng biến nên là một hàm

đồng biến. Từ đó ta rút ra được u  v .

Từ định hướng giải của bài toán này, ta nhận thấy rằng, bản chất của bài toán không phải nằm ở trong các con số như 2, -2, 1 hay các biểu thức

x2 x, x 1

mà là ở mối quan hệ x 12 x2 x  x 1và tính chất

y axa 1,y  ax  b(a  0) là các hàm đồng biến, tổng của hai hàm đồng biến là các hàm đồng biến. Khi phát hiện ra được bản chất của bài toán thì việc mở rộng bài toán sẽ dễ dàng. Từ đó năng lực giải toán của các em đã phát triển hơn.

Bài tập 2:

Tính: log (tan10 )+ log( tan20 )+ log (tan30 )+ … + log (tan890)

Bài toán này cǜng dễ làm cho học sinh nản vì thấy lượng giác trong logarit là học sinh sợ suy nghĩ bởi có thể các em quên các công thức lượng giác. Một trong những yếu tố để phát triển khả năng tính toán cho ọc sinh là tập cho các em suy nghĩ, tập cho các em có niềm tin, tập cho các em tính năng động không sợ khó. Thật vậy:

Giải

log tan10 + log tan20 + log tan30 + … + log tan890

= log[tan10 tan890.tan20.tan880 ….tan450 ] = 0 Vì tan890 = cot10 => tan10tan890 = tan10cot10=1 Tương tự suy ra kết quả.

Bài tập 3: Giải phương trình 84x 4x  542x 2x  101  0

Đây là một bài toán đòi hỏi một khà năng vận dung biến đổi linh hoạt để có thể đi tới đích bằng cách dùng nhiều lần phép rút gọn.

Từ đó nhận thấy rằng ẩn số mới t  2x

4x 2x2

và 4x  2x2

dẫn đến đưa vào một

Ta đưa phương trình ban đầu về 8t 2 1  54t  1  101  0

 t 2   t 

   

Phương trình này đơn giản hơn phương trình ban đầu, nhưng chưa phải giải là hết. Nếu ta đi xa hơn nữa và có ý nghĩa đưa vào một biến số mới

u  t  1 thì ta có phương trình 8u2– 54u + 85 = 0

Giải phương trình này được u, rồi tìm t cuối cùng tìm x

Bài tập 4: Tìm m để phương trình sau đây có nghiệm:

25x 2.5x1  1  2m  0

Lời giải sai lầm:

Đặt

t  5x ,t  0

1 t 24t  1  2m  02có nghiệm t > 0

2m  3  0

 0  t  t  P  1  2m  0   3 m  1

là điều kiện cần tìm.

1 2 



S  4  0 2 2

Cǜng có nhiều học sinh lập luận (1) có nghiệm thì (2) có nghiệm

   3  2m  0  m   3 .

Phân tích: Lời giải trên có những chỗ sai sót thiếu căn cứ nên lập luận chưa chặt chẽ, lời giải không chính xác, nhầm lẫn giữa điều kiên, học sinh thường sử dụng các ký hiệu ,  một cách tùy tiện, đặc biệt phép theo lại là nguyên nhân của rất nhiều sai lầm. Sự hiểu biết chưa chắn thiếu thận trọng khi sử dụng các quy tắc suy luận dẫn đến sai lầm trong lý luận và chứng minh.