Sáng kiến kinh nghiệm Giải các bài toán mũ và logarit nhờ khai thác tính chất hàm đặc trưng

 m 
3 3sin 2 sin 2 32 3sin 2 8 12sin 6sin sinm x xm x x x x 
3 33sin 2 sin2 3sin 2 2 sinm x xm x x 1 
Xét hàm 32uf u u trên . 
Có 22 .ln 2 3 0,uf u u u  . Do đó hàm số f u đồng biến trên . 
12 
Khi đó phương trình 1 3 3sin 2 sinf m x f x 3 3sin 2 sinm x x 
3
3sin 2 sinm x x 
3
3sin 2 sinm x x 2 
Đặt sint x , 1 1t thì 2 trở thành: 
3
3 2m t t 3 . 
Xét hàm số 
3
3 2g t t t trên đoạn  1;1 . 
Có 
2
3 3 2g t t 0g t 
2
2 1t 
 
1
3 1;1
t
t
Bảng biến thiên: 
Phương trình 3 có nghiệm trên đoạn  1;1 khi và chỉ khi 4 24m . 
Do m nguyên nên 4;5;...;24m . 
Vậy có 21 giá trị nguyên của m thỏa mãn.Chọn A 
Nhận xét: 
- Về mặt hình thức bài toán này với bài toán 5 gần như là một. Điều khác nhau ở đây nằm 
ở chỗ một bài là biến x còn một bài là biến sin x . Dụng ý của tác giả muốn lưu ý với các 
em học sinh khi xử lý bài toán biến phụ thì cần đánh giá chính xác miền giá trị của biến đó. 
Bài toán 7: 
Cho hàm số 3 2mf x x x . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương 
trình f f x x có nghiệm trên  1; 2 . 
A. 0 . B. 4 . C. 2 . D. 3 . 
Lời giải 
Ta có (1)f f x x f f x f x f x x 
13 
Xét hàm số: 3 +2 2 , mg t f t t t t t 23 2 0g t t với t suy ra hàm số 
 g t đồng biến trên . 
 3(1) =2mg f x g x f x x x . Do 1 8 1 2 8 0 3mx m . 
Do 0;1;2;3m m . Chọn B 
Nhận xét: 
-Về mặt hình thức thì bài toán này có vẻ hơi khác so với những bài toán chúng ta đã đề 
cập ở trên. Trước tình huống như thế chúng ta yêu cầu học sinh hãy tìm cách quy lạ về 
quen. 
- Giáo viên gợi ý và định hướng là cộng vào hai vế với hàm f x . Khi đó hàm đặc trưng 
đã xuất hiện và nút thắt của bài toán đã được tháo gỡ một cách nhẹ nhàng. 
Bài toán 8. Có bao nhiêu số nguyên m để pt: ln 2sin ln 3sin sinm x m x x có 
nghiệm thực 
A. 4. B. 3. C. 5. D. 6. 
Lời giải 
* Điều kiện: 
3sin 0
2sin ln sin 0
m x
m x m x
 (*) 
Ta có phương trình ln 2sin ln 3sin sinm x m x x 
 ln 3sin ln 3sin sin sinm x m x x x 
* Đặt 3sin 0t m x (**) 
Phương trình trở thành: ln ln sin sint t x x 
sinln sin xt t x e sin sin sinln sin lnx x xt t e x e e sin xf t f e (1) 
Với lnf t t t với 0t có 
1
1 0, 0f t t
t
  
Suy ra hàm số y f t đồng biến trên khoảng 0; (2) 
Từ (1), (2) sin sin3sinx xt e m x e sin 3sinxm e x 
Đặt  sin , 1;1a x a  3 , 1;1am e a a 
Xét hàm số  3 3 0; 1;1a ag a e a g a e a  
14 
Vậy phương trình có nghiệm thực khi chỉ khi 
 
 
1;1 1;1
1
Min 3 3g a m Max g a e m
e 
 . Do 0;1;2;3m m . Chọn A. 
Nhận xét: 
-Ngay sau khi đọc đề chắc sẽ xuất hiện trong đầu người học câu hỏi tại sao lại là 
2sinm x và 3sinm x , phải chăng người ra đề có ẩn ý gì đây . Trả lời câu hỏi đó chính 
là chìa khóa để mở toang cánh cửa cho việc tìm lời giải bài toán trên. 
Bài toán 9: Cho phương trình 22 log
x m x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị 
nguyên của 18;18m để phương trình đã cho có nghiệm. 
A. 19 . B. 17 . C. 9 . D. 18 . 
Lời giải 
Đặt 22 log
x m x m t . 
Ta có hệ phương trình: 
 2
2 2 2
log 2 2
x x x
t t
m t m t m t
x m t x m m x
. 
Trừ vế theo vế hai phương trình ta được: 2 2 2 2x t x tt x x t f x f t . 
Với 2xf x x 2 .ln 2 1 0 .xf x x  
 Hàm số y f x đồng biến trên . 
 Phương trình f x f t có nghiệm duy nhất x t . 
+ Với x t ta có 2 2 .x xm x x m 
Xét hàm số 2xg x x . 
 2
1 1
2 .ln 2 1 0 2 log
ln 2 ln 2
x xg x g x x . 
15 
Phương trình đã cho có nghiệm khi : 
2 2
1 1 1 1
log log
ln 2 ln 2 ln 2 ln 2
m m . 
Do m là số nguyên và 18;18m nên { 17; 16;...; 1}m . 
Vậy có 17 giá trị m thỏa mãn bài toán. 
Nhận xét : 
- Cấu trúc ban đầu chưa thấy bóng dáng của hàm đặc trưng. Nếu dùng phép biến đổi 
thông thường rất khó để xuất hiện hàm đặc trưng. 
- Bằng cách đặt 22 log
x m x m t và biến đổi về hệ đối xứng loại 2, chúng ta đã tìm 
thấy sự đồng dạng của các biểu thức. 
Bài toán 10: Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 
2
1 2
2 22 .log 2 3 4 .log 2 2 *
x mx
x x x m
 có 4 nghiệm phân biệt là. 
A. 
1 3
; \ 1
2 2
. B. 
1 3
;
2 2
 C. 
3 1
; \ 1
2 2
. D. 
3 1
;
2 2
. 
Lời giải 
Phương trình 
2 2 21
2 2* 2 .log 1 2 2 .log 2 2 **
x mx
x x m
. 
Xét hàm số 22 log 2
tf t t trên khoảng  0; . 
Ta có 
 2
2
2 ln 2.log 2 0 0;
2 ln 2
t
tf t t t
t
  
. 
Suy ra hàm số f t đồng biến trên  0; . 
Khi đó 
2 2
** 1 2 1 2f x f x m x x m 
. 
16 
22
2 2
4 1 2 0 12 1 2 2
2 1 2 2 2 1 2
x x mx x x m
x x x m x m
. 
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1); (2) có hai 
nghiệm phân biệt và không có nghiệm chung 
1
2
3
20 4 1 2 0 1 3
1
0 2 1 0 2 2
2
111 1
m
m
m
m m
mmm m
. Chọn A. 
DẠNG II: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức 
Bài toán 1: 
Cho ; y >0x thỏa mãn 
1
3 ln 9 3 3 (1)
3
x y
xy x y
xy
 . 
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy bằng 
A. 2 . B. 1. C. 2 . D. 3 . 
Lời giải 
(1) ln( 1) ln(3 ) 9 3( 1) x y xy xy x y ln( 1) 3( 1) ln(3 ) 9 (*)x y x y xy xy 
Xét hàm số: ln 3 , 0f t t t t 
1
3 0f t
t
 với 0t suy ra hàm số đồng biến 
trên khoảng 0; . 
Khi đó (*) 1 3x y xy . Áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có 
3 31 3 3 3 1.x y xy xy xy xy Dấu đẳng thức xảy ra khi 1x y . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1. Chọn B 
Bài toán 2: 
Cho ; y x thỏa mãn 1 ; y 1x và 3log 4 3( ) 1 (1)
4
x y
xy x y
xy
 . 
Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2
1 1
3P x y
x y
 thuộc tập nào sau đây? 
A.  5 ;9 . B.  5 ;0 . C.  0 ;5 . D.  9 ; . 
Lời giải 
17 
3 3(1) log ( ) 3( ) log (4 ) 4 1 x y x y xy xy 
3 3
4
log ( ) 3( ) log ( ) 4 (*) 
3
xy
x y x y xy 
Xét hàm số: 3log 3 , 0f t t t t 
1
3 0
ln3
f t
t
 với 0t suy ra hàm số f t
đồng biến trên khoảng 0; . 
Khi đó 
4
(*)
3
xy
x y . 
Ta có 
2 216
2 3 2 4
9
x y
P x y xy xy xy
xy
Nhận thấy P là biểu thức bậc hai chứa biến xy nên ta sẽ tìm cách đánh giá để tìm miền giá 
trị của xy . 
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có 
24 9 9
2 2 0
3 4 4
x y xy xy xy xy xy xy 
Mặt khác 
4
1 1 0 1 0 1 0 3
3
x y xy x y xy xy xy . 
Đặt t xy khi đó 2
16
2 4
9
P t t với 
9
3
4
t . 
Khảo sát hàm số 2
16
2 4
9
f t t t với 
9
3
4
t ta được giá trị lớn nhất của P là 6 . 
Dấu đẳng thức xẩy ra khi 
1; 3
3; 1
x y
x y
. 
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 6 . Chọn A 
Nhận xét: 
-Trong hai bài toán 1 và 2 hàm đặc trưng xuất hiện rõ ràng sau một bước biến đổi logarit 
quen thuộc. Qua đó giúp học sinh rèn luyện thêm kỹ năng cũng như tự tin hơn khi tiếp 
cận với các bài toán Mũ-Logarit. 
Bài toán 3: 
Cho 2 số dương ; yx thỏa mãn 
2
2log 4 2 2 8 2 2 2 (1)
y
x y xy x y
 . 
Giá trị nhỏ nhất của 2P x y là số có dạng M a b c với ; ; 2a b a . 
Tổng S a b c bằng 
A. 17 . B. 7 . C. 19 . D. 3 . 
18 
Lời giải 
Ta có : 2(1) 2 log (4 2 2) 8 2 2 2y x y xy x y 
 22 log 2 1 2 8 2 1 2 3 2y x y x y y . 
Chia hai vế cho 2y ta được: 2
8
log 2 1 2 2 1 3
2
x y x
y
 2 2
8 8
log 2 1 2 1 log
2 2
x x
y y
 (*) 
Xét hàm số: 2log , 0f t t t t 
1
1 0
ln 2
f t
t
 với 0t suy ra hàm số f t
đồng biến trên khoảng 0; . 
Khi đó 
8 8
2 1 2 1
2 2
f x f x
y y
. 
Suy ra 
8 8
1 2 3 4 2 3
2 2
P y y
y y
. Vậy 4; 2; 3a b c 
Khi đó 3S a b c . Chọn D 
 Nhận xét: 
-Vế trái là logarit của một lũy thừa, như một lẽ thường tình chúng ta bay mũ xuống và đối 
tượng 2y đã được chúng ta để để mắt tới. Cũng từ đó gợi ý cho ta biến đổi biểu thức 
dưới dấu logarit theo 2y . 
-Ngoài kỹ năng xử lý để xuất hiện hàm đặc trưng, qua các bài toán trên chúng ta rèn luyện 
thêm cho học sinh các kỹ năng khác như dùng bất đẳng thức, lập bảng biến thiên để có 
thể giải quyết trọn vẹn một bài toán. 
Bài toán 4: Cho các số thực ; 0x y thỏa mãn điều kiện 
2 22 2
2 22 . log 1 log 2 2 2
y xx y 
 (*) 
Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 1P x y bằng 
A. 2 2 1 . B. 
1
2
2
 C. 2 2 1 . D. 
2
1
4
 . 
Lời giải 
Điều kiện: 22 0y . 
19 
Chia cả hai vế cho 
2
2y t a được : 
2 22 2 1
2 2log 1 log 2 2 2
x yx y . 
2 22 2 1
2 2log 1 2 log 1 1 2
x yx y ( **) 
Xét hàm số 2log 1 2
tf t t trên khoảng 0; . 
Ta có 
1
2 ln 2 0 0;
1 ln 2
tf t t
t
  
. 
Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; . 
Khi đó 2 2 2 2 2 2** 1 1 1f x f y x y x y . 
Ta có: 2 20 2 2x y x y 1 2 1 2 2 1x y 
Suy ra 2 1 2 2 1x y . Dấu bằng xẩy ra khi: 
1
2
x y . Chọn A 
Nhận xét: 
-Vẫn là hướng tư duy quen thuộc, làm sao để xuất hiện sự đồng dạng của hai vế. Với ý 
tưởng đó chúng ta sẽ chia cả hai vế cho 
2
2y . Từ đó cô lập hai biến x và y để xuất hiện 
hàm đặc trưng. 
Bài toán 5: 
Cho các số thực ; 0x y thỏa mãn điều kiện: 
22 1
2
2
2020
1
x y x y
x
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3P y x bằng 
A. 
1
2
. B. 
7
8
 C. 
3
4
. D. 
5
6
. 
Lời giải 
Để ý: 
2 21 2 1x x y x y . Đặt 22020a 
Khi đó giả thiết bài toán trở thành: 
2
2 1 2
2
2
1
x x y x y
a
x
2
2
2
2
1
12 2
22
2
1 . 2 .
1
x
x x y
x y
a x y
x a x y a
a x
(*). 
Xét hàm số .a tf t t trên khoảng 0; . 
Ta có . ln 0 0;t tf t a t a a t  . Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; . 
20 
Khi đó 2 2 2* 1 2 2 1 2 1f x f x y x x x y y x . 
Khi đó: 
2
2 2 3 7 72 3 2 1 3 2 3 2 2
4 8 8
P y x x x x x x
. 
Dấu đẳng thức xẩy ra khi 
3
4
x . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 
7
8
. Chọn B 
Nhận xét: - Thoạt nhìn học sinh có thể bị đánh lừa bởi hệ số 2 trên mũ của vế trái. 
 -Việc nhận ra mối liên hệ 
2 21 2 1x x y x y là mấu chốt để giải quyết bài toán. 
DẠNG III: Đếm số ngiệm nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước 
Bài toán 1: 
Có bao nhiêu cặp số nguyên ;x y thỏa mãn 1 2020x và 2 9 3y yx x . 
 A. 2020 . B. 1010 . C. 6 . D. 7 . 
Lời giải 
Ta có 
2
2 29 3 3 3y y y yx x x x (*) 
Xét hàm số: 2 , 0f t t t t 1 2 0f t t với 0t suy ra hàm số f t đồng biến 
trên khoảng 0; . 
Khi đó (*) 3 3y yf x f x . Theo giả thiết suy ra
31 3 2020 0 log 2020
y y 0 6,92 0;1;2;3;4;5;6
y
y y
 . 
Thử lại thấy có 7 cặp số nguyên thỏa mãn. Chọn D 
Bài toán 2: (Đề tham khảo của Bộ 2020) 
Có bao nhiêu cặp số nguyên ;x y thỏa mãn 0 2020x và 3log 3 3 2 9
yx x y . 
 A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . 
 D. 4 . 
Lời giải 
Ta có 3 3log 3 3 2 9 1 log 1 2 9
y yx x y x x y 
 2 23 3log 1 1 log 3 3 (*)y yx x 
Xét hàm số: 3log , 0f t t t t 
1
1 0
ln3
f t
t
 với 0t suy ra hàm số f t
đồng biến trên khoảng 0; . 
21 
Khi đó 2 2
3(*) 1 3 1 3 2021 0 2 log 2021
y yx y 
 0 3,46 0;1;2;3
y
y y
 . Thử lại thấy có 4 cặp số nguyên thỏa mãn. 
Nhận xét: 
- Trong bài toán này hàm đặc trưng đã được tác giả cất giấu một cách khá kín đáo. Do vậy 
muốn thành công người học phải khéo léo vận dụng các tính chất của Logarit để đạt mục đích 
- Một tính chất rất hay được dùng của Logarit: log =b; 0 1ba a a giúp chúng ta xử lý thành 
công nhiều bài toán. 
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 
Bài tập 1: 
Cho phương trình 
2
2
2 2
3 3 1
log 5 2
2 1
x x m
x x m
x x
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của 
tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 . 
A. 3 . B. vô số. C. 2 . D. 4 . 
Bài tập 2: 
Tìm tập hợp tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình 
3 2 3 22 4
3 21 1 2 6 2
3 3
x mx x mx m
x mx m
 có nghiệm thực duy nhất. 
A. 
1 1
;
2 2
. B. 
1
;
2
. C. 
1 1
; \ 0
2 2
. D. 
1
;
4
Bài tập 3: 
Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình: 22 2log 2 2log 4 2 1x m x x x m có hai 
nghiệm thực phân biệt 
A. 2. B. 3. C. 1. D. 4. 
Bài tập 4: 
Có bao nhiêu số nguyên 20;20m để phương trình 3 3 x xm m e e có nghiệm thực 
A. 19. B. 39. C. 20. D. 21. 
Bài tập 5: 
Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình: 
2
2
2
2 1
2 1 log 2
2
x mx
x mx x
x
 có 2 nghiệm thực phân biệt 
22 
A. 
9
;
2
 B. 
9
;
2
. C. 4; . D.  4; . 
Bài tập 6: 
Tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình 22 22log 1 log 2x x m m x có hai 
nghiệm thực phân biệt là 
A. 
1
;
2
. B. 
1
;1
2
. C. 
1
;1
2
. D. 
1
;1
2
. 
Bài tập 7: 
Cho phương trình 
3 2 22 32 2 3 0x x x m x x x x m . Tập tất cả các giá trị thực của m để 
phương trình có 3 nghiệm phân biệt có dạng ;a b . Tổng 2a b bằng 
A. 1. B. 0 . C. 2 D. 2 . 
Bài tập 8: 
Cho 2 số dương ; yx thỏa mãn 22 log 8
x
xy xy y . 
Giá trị nhỏ nhất của 2P x y là số có dạng 3M a b c với ; ; 2a b a . 
Tổng S a b c bằng 
A. 17 . B. 6 . C. 19 . D. 3 . 
Bài tập 9: 
Cho 2 số thực ; yx thỏa mãn . 0 ; y 1x .và 3log 1 1 2 0
1
x y
x y
xy
. 
Giá trị nhỏ nhất của 2P x y là 
A. 1. B. 3 . C. 2 . D. 3 . 
THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM. 
1. Mục đích thực nghiệm 
Kiểm tra tính khả thi và tính hiệu quả của đề tài trong quá trình áp dụng vào giảng dạy, nhiệm 
vụ thực nghiệm 
Dạy với thời lượng là 3 buổi (9 tiết) cho đối tượng học sinh khá, giỏi từ đó kiểm tra, đánh giá 
kết quả thu được. Từ đó rút ra kinh nghiệm và điều chỉnh sao cho có hiệu quả 
23 
2. Kết quả thực nghiệm 
Đa số các em hiểu và nắm được nội dung bài học. Từ đó biết vận dụng để giải quyết một số 
bài toán tương tự. Bên cạnh đó còn một số còn lúng túng trước những bài toán đòi hỏi dùng 
các kỹ thuật và một số bước biến đổi mới xuất hiện hàm đặc trưng. 
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 
1. Kết luận 
Thông qua giải và phân tích các bài toán trên chúng ta thấy được trong quá trình giải các 
bài toán chứa yếu tố Mũ và Logarit có một phương pháp rất ưu việt đó là sử dụng “hàm 
đặc trưng” để làm khâu trung gian nhằm chuyển giả thiết của bài toán từ phức tạp thành 
đơn giản sau đó kết hợp với các phương pháp khác để giải quyết trọn vẹn bài toán. Có thể 
nói nếu không dùng “hàm đặc trưng” thì không có con đường nào khác. Do vậy việc 
hướng dẫn và luyện tập cho các em học sinh sử dụng thành thạo phương pháp trên là rất 
quan trọng. Nó không những giúp các em có cái nhìn đa chiều về các phương pháp giải 
toán mà còn giúp các em tự tin hơn khi đứng trước một bài toán lạ và khó. Việc triển khai 
đề tài này ở trường THPT sẽ có một ý nghĩa tích cực góp phần giúp học sinh có thêm một 
phương pháp giải toán trong quá trình học tập. 
2. Kiến nghị 
 Qua việc nghiên cứu đề tài bản thân tôi thấy đây là một đề tài có thể khai thác tiếp 
theo hướng dùng để sáng tác các bài toán mới cho học sinh bằng cách cho trước một hàm 
số đơn điệu trên miền D sau đó gán các biểu thức chứa biến khác nhau rồi xáo trộn giả thiết 
nhằm cất dấu “hàm đặc trưng” tùy mức độ sẽ được một bài toán mới . Do đó rất mong các 
bạn đồng nghiệp cũng như những người yêu thích môn toán tiếp tục khai thác để đề tài ngày 
càng được phát triển về chiều rộng lẫn chiều sâu 
Mặc dù đã tham khảo nhiều tài liệu để vừa viết, vừa giảng dạy, vừa đi kiểm tra, thanh tra 
đánh giá để kiểm nghiệm thực tế, song vì năng lực và thời gian còn hạn chế, rất mong được 
sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp để đề tài này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà 
trường, góp phần nhỏ bé vào việc nâng cao hơn nữa chất lượng dạy học bộ môn Toán ở các 
trường THPT. 
Xin chân thành cảm ơn! 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
1. Sách giáo khoa và sách bài tài tập giải tích lớp 12. 
24 
2. Các đề thi thử THPTQG những năm gần đây. 
3. Tạp chí Toán học tuổi trẻ. NXB Giáo dục. 
4. Các tài liệu về hàm đặc trưng trên mạng Internet