SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG PHƯƠNG TIỆN TRỰC QUAN NHẰM NÂNG CAO
CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC GIẢI BÀI TẬP PHẦN HÀM SỐ MŨ HÀM SỐ LOGARIT"

1


A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Một trong những hướng quan trọng của sự phát triển phương pháp hiện đại trong
dạy học toán là xây dựng các phương tiện dạy học trực quan và phương pháp sử dụng
chúng trong các giờ toán, nhằm hình thành ở học sinh các hình ảnh cảm tính của đối
tượng nghiên cứu, gợi cho học sinh các tình huống có vấn đề, tạo nên sự hứng thú trong
các giờ học toán.
Trong thời gian gần đây dưới ảnh hướng của sự tiến bộ khoa học kỹ thuật và sự phát triển
lý luận dạy học, nhiều dạng phương tiện dạy học đã xuất hiện ở trường phổ thông. Nó
không chỉ là nguồn kiến thức, cho hình ảnh minh họa mà còn là phương tiện tổ chức, điều
khiển hoạt động nhận thức của học sinh, là phương tiện tổ chức khoa học lao động sư
phạm của giáo viên và học sinh.
Thực tế dạy học ở nhà trường Trung học phổ thông cho thấy học sinh thường gặp không
ít khó khăn khi lĩnh hội khái niệm hàm số mũ, hàm số logarít, nhiều học sinh có thể nhớ
các biểu thức, học thuộc khái niệm, nhưng không giải thích được đầy đủ ý nghĩa và bản
chất của nó, từ đó dẫn tới việc vận dụng một cách máy móc, hoặc không biết hướng vận
dụng. Mặt khác, đây là nội dung kiến thức cơ bản trong chương trình toán lớp 12, có
phần trìu tượng và dễ lẫn lộn giữa hai nội dung hàm số mũ - hàm số logarít này nhưng lại
được trình bày sau nội dung khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Do vậy, việc sử dụng các
phương tiện trực quan vào quá trình dạy học nội dung này là việc làm cần thiết và phù
hợp với xu thế đổi mới phương pháp dạy học hiện nay ở trường phổ thông.
Hơn nữa, đây là nội dung kiến thức thường xuất hiện trong các kỳ thi Đại học - Cao đẳng

Phương tiện
trực quan

Cái trừu
tượng lý
thuyết

Cụ thể hoá
Sơ đồ 1

II. THỰC TIỄN DẠY HỌC PHẦN HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ LOGRÍT Ở TRƯỜNG
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Thực tiễn dạy học ở trường Trung học phổ thông cho thấy chất lượng dạy học
phần hàm số mũ, hàm số logarít chưa cao, học sinh nắm kiến thức một cách hình thức,
lẫn lộn giữa đẳng thức định nghĩa với định lý. Nhiều học sinh còn mơ hồ hoặc là không
3


nắm được các tính chất, không hiểu được bản chất của các định lý về hàm số mũ, hàm số
logarít.
Chẳng hạn: “4 3 nghĩa là gì” thì câu trả lời của đa số học sinh còn thiếu chính xác. Bên
cạnh đó, do việc không nắm chắc các giả thiết, định lý, các công thức… nhiều học sinh
còn phạm phải sai lầm.
Ví dụ như cho rằng:
+) logaA.B = log
a

A.logbB (A,B > 0 và a,b ≠ 1 )
+) loga(A+B) = logaA + logaB
+) log2-8 = -3 (họ lý giải rằng (-2)3 = - 8)

4


Thực tiễn sư phạm cho thấy đa số học sinh khi giải các phương trình và bất phương trình
mũ, logarít không gặp nhiều khó khăn lắm khi vận dụng các phương pháp: Phương pháp
đưa về cùng cơ số; logarit hóa và mũ hoá; đặt ẩn phụ; đánh giá
Nhưng đối với một số dạng phương trình đặc biệt là các bài toán có chứa tham số học
sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn, bằng việc sử dụng hợp lý các phương tiện trực quan sẽ
làm cho học sinh hiểu rõ các vấn đề và mấu chốt của bài toán.Chẳng hạn ta xét các bài
toán sau:
Bài toán 1.1. Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1 − 2 2x = m

(1)

Bằng việc kết hợp giữa suy diễn và mô hình trực quan là đồ thị
GV: đặt 2x = t ( t > 0), yêu cầu học sinh đưa phương trình về hệ
t2 + m 2 = 1
t >0

(I)

? Cứ giả sử rằng phương trình (1) là có nghiệm khi đó hiển nhiên m phải có điều kiện gì ?
(m ≥ 0) nếu m < 0 phương trình (1) vô nghiệm
t2 + m2 = 1
Hệ (I)

⇔

m≥0

Giáo viên yêu cầu học sinh giải bài toán tương tự.
Bài toán 1.2. Giải và biện luận theo m số nghiệm của

phương trình

x
1 − 2 2x = m - 2

Bài toán 1.3. Tìm m để bất phương trình
f(x) = 2x + (3 - m)2-x - m ≥ 0 (1) đúng

∀ x∈ R

Có thể giải bài toán như sau: Đặt 2x = t với điều kiện t > 0
Bất phương trình (1) về dạng:f(t) = t2 - mt + 3 - m ≥ 0 (2)
(1) đúng ∀ x∈R thì bất phương trình (2) phải đúng ∀ t > 0
•

Nếu ∆ = m2 + 4m –12 ≤ 0
⇒ f(t) ≥ 0

•

∀t

⇔

∀t

>0


[t2,+∞ )

⇒

f(t) ≥ 0

+

] ///////////// [
t1

-

+

t2

Như vậy (0, +∞) là tập con của (-∞,t1]  [t2 +∞ ), căn cứ vào trục số để
con của (-∞, t1 ]  [t2 +∞ ) thì t2 ≤ 0 ⇔ t1 ≤ t2 < 0
⇔

∆>0
f(0) > 0

Nhận xét:
- Nếu như học sinh có ý thức và kỹ năng sử dụng phương tiện trực quan thì đối với bài
toán trên, cho dù t = 0 nhìn vào trục số ta vẫn thấy [0, +∞) là tập con của (-∞, t1 ]  [t2 +∞
).
Sau khi giảng xong bài toán trên giáo viên có thể truyền thụ cho học sinh những tri thức,
phương pháp sau đây
“Tìm điều kiện để tam thức f(x) ≥ 0 (f(x) ≤ 0; f(x) > 0…) ∀ x∈A là một dạng toán rất
quan trọng, thực chất ta tìm điều kiện để tập nghiệm bất phương trình f(x) ≥ 0 chứa A
sau đó biểu diễn A lẫn tập nghiệm lên trục số nhằm phát hiện ra những đặc điểm về các
nghiệm (nếu có) của tam thức f(x)”.
Biện pháp 2: Việc sử dụng các phương tiện trực quan có thể khai thác tiềm năng logíc
bên trong của vấn đề được trình bày trong SGK, nhờ đó học sinh nắm vững bản chất vấn
đề, tạo điều kiện giải quyết vấn đề đó rõ ràng hơn, mạch lạc hơn.
Khai thác tiềm năng từ logíc bên trong vấn đề, ta càng nắm vững các thuộc tính bản chất
của vấn đề, chính hoạt động đó từ các phương tiện trực quan tạo điều kiện tối ưu trong
qúa trình giải quyết vấn đề. Chẳng hạn trong quá trình giải các bài toán phương trình, hệ
phương trình, bất phương trình mũ và logarit rất nhiều trường hợp ta thu được một hệ hỗn
hợp gồm có phép hội lẫn phép tuyển, các mối liên hệ còn tiềm ẩn chưa rõ ràng, khi đó
bằng các phương tiện trực quan sẽ giúp học sinh hiểu rõ vấn đề hơn.
Bài toán 2.1. Với giá trị nào của a thì phương trình
4x - 2x + a = 0 (1) có nghiệm.
Cách 1: ? Yều cầu HS đặt 2x = t (t > 0) rồi đưa phương trình về dạng t2- t = -a (t > 0).
? Yêu cầu HS vẽ parabol:

y = t2-t và đường thẳng y = -a trên cùng hệ trục tọa độ tOy.

7


Để phương trình (2) có nghiệm

⇔

P =a>0

⇔

S=1>0

1
−
4
thỏa mãn

a≤
a>0

1

y = -a

t

0 < t 1 ≤ t2

Hình 15
0

u = 2x

điều kiện u,v > 0 hệ tương đương

v = 2y
u2 +(v+1)2 ≤ m(1)
v2 + (u+1)2 ≤ m (2)

Bài toán sẽ trở nên đơn giản nếu học sinh phát hiện ra rằng:
v

Gọi X1, X2 lần lượt là tập nghiệm của (1)

và (2)

X1 là tập các điểm trong hình tròn
(C1)

Tâm I1(0,-1)
Bán kính R1 = m

X2 là tập các điểm trong hình tròn

(C2)

u
I1

0

Hướng dẫn:
Đặt:

u = 2x

điều kiện u,v > 0

v = 2y

Yêu cầu học sinh vẽ đồ thị của 2 đường tròn (C 1) và (C2), đối với (C1) ta chỉ lấy cung AB
(trên góc phần tư thứ nhất).
Hệ ⇔

u2+(v +1)2 = m (1)
(u+1)2 +v2 = 4 (2)

Phương trình (1) là
đường tròn (C1) có

Tâm I1(0,-1)
Bán kính:R1 =

Phương trình (2) là
đường tròn (C2) có

Tâm I2(-1,0)
R2 = 2

Đối với (C2) chỉ lấy cung CD (trong góc phần tư thứ nhất). Vậy hệ có nghiệm khi cung
AB và cung CD giao nhau khác rỗng

m-x2 = x2-3x+2

x< 1 x >2
⇔

(I)
2

2x -3x+2 = m

Để biện luận hệ phương trình (I) bằng các định lý đảo của tam thức bậc 2 thì học sinh sẽ
phải phân chia làm rất nhiều các trường hợp, sẽ không tránh khỏi khó khăn và sai sót. Khi
học sinh đã biết kiến thức về đồ thị hàm số:
y

f(x) = ax2 + bx + c (a≠0) ở lớp 10, bài toán sẽ trở nên đơn giản, bằng sự mô tả đồ thị
4
học sinh dễ dàng phát hiện số nghiệm
của phương trình là số giao điểm của đường
2
thẳng y = m với đồ thị hàm số y = 2x -3x+2 trên miềny = m
(-∞,1) ∪ (2,+∞).
Biện luận:
Với m


năng lực định hướng, năng lực huy động kiến thức cho học sinh, thông qua việc vận dụng
các phương tiện trực quan, cụ thể ta xét các bài toán sau:
Bài toán 3.1:
y

Giải phương trình: 2x = 4x

y = 4x

GV dẫn dắt HS phát hiện được
trình trên không giải được bằng
pháp đại số, nên cần phải khai
theo con đường khác.
Dễ dàng tìm được một nghiệm
Để tìm nghiệm khác (nếu có)
cả
là
ta
dựng đồ thị từ mô hình trực
tìm được nghiệm thứ 2...

A

B

(x = 4).
tốt hơn

4

4

x2 + mx + m2 + 6m < 0

(2)

a. Giải bất phương trình (1)
b. Xác định m để mọi nghiệm của (1) là nghiệm của (2).
Giải: Việc nắm vững các tính chất, định lý và vận dụng chúng là rất cần thiết đối với việc
giải bất phương trình (1).
Giáo viên yêu cầu học sinh: xác định tập xác định của bất phương tình (x > 0) rồi sử dụng
các tính chất logarít đưa bất phương tình về dạng
log 21 x + log 1 x < 0 đặt log 1 x = t
2

2

2

12


⇔

t2+t < 0

⇔

-1 < t < 0. Do đó - 1

1+m+m2+6m
u + v = a là phương trình đường thẳng (d) từ mô hình trực quan dễ thấy rằng hệ phương
trình có nghiệm duy nhất ⇔ (d) tiếp xúc với đường tròn tâm (O) tại cung AB.
⇔

Khoảng cách từ O →(d) = R

-a
⇔

a> 0

=1

a>0

Khi (d) tiếp xúc (c) tại điểm M (-

⇒a= 2

2 2
2
) suy ra u = v =
;
2 2
2

2x =
⇔

2

các trường cho chính xác. Cụ thể như sau:
-1 0 ⇔ 2x − 3x < 0 ⇔ 0 < x < 2
3

B = log 1 (x + 1) > 0 ⇔ x + 1 < 1 ⇔ x < 0
3

Giáo viên gợi ý để học sinh biểu diễn miền nghiệm của A và B lên trục số
x

-∞
+∞

-1

0

1/2

1



- Trong khoảng (1,

3
)
2

VT > 0, VP < 0, bất phương trình (1) đúng.
VT > 0, VP < 0 bất phương trình (1) đúng trong miền xác

định.
3
2

- Trong khoảng ( , +∞) VT < 0, VP < 0 bất phương trình (1) tương đương với:
15


log 1 2 x 2 − 3 x + 1 < log 1 ( x + 1) ⇔
3
3

2 x 2 − 3x + 1 > x + 1 > 0

 x > −1
− 1 < x < 0
3
⇔
⇔ x > 5 vì điều kiện x >
 2

+ 1 - 2m = 0

(1)

Tìm m để phương trình có nghiệm.
- Cách giải sai khá phổ biến của khá nhiều học sinh
Đặt 2 x = t (t > 0) . Khi đó (1) ⇔ f(t) = t2 - 4t + 1 - 2m = 0 (2) (t > 0)
(1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t > 0

y

Δ' = 4 − 1 + 2 m > 0
3
1

⇒− ≤m
0


y = 2| x |

 3 1

Vậy phương trình có nghiệm khi m ∈ − , 
 2 2

1

Để khắc phục sai lầm loại này, giáo viên có thể vẽ lên trục số, vạch ra các trường
hợp để học sinh phát hiện ra bản chất của vấn đề một cách trực quan; Để phương trình (2)
có nghiệm t > 0.
Có hai khả năng xảy ra:
t 1 < 0 < t 2
0 < t ≤ t

1
2

0
0

t1

t2

Khắc phục những thiếu sót
học
sinh
giáo
có thể dẫn dắt học sinh giải bài toán như sau:

và sai lầm của
viên

Đặt 2 x = t ta có: x ≥ 0 ⇒ 2 x ≥ 2 0 = 1 ⇒ t ≥ 1
Phương trình tương đương:

y


Vậy Phương trình (1) có nghiệm khi m ≥ -

3
2

Bài toán 4.2. Tìm a để phương trình lg(x 2 + ax) = lg(x + a − 1) (1) có nghiệm duy nhất.
Đa số học sinh đều đưa phương trình về dạng x2 + ax = x + a -1 (x > 1 - a) ⇔ f(x) = x2 - (1
- a)x + 1 - a = 0 (2) với x > 1- a.
Phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì Phương trình (2) có nghiệm duy nhất x > 1- a.
Sai lầm thứ nhất sẽ thấy ở học sinh khi giải bài toán này đó là sai lầm về mặt hiểu
ngôn ngữ vì vậy không thiếu học sinh cho rằng yêu cầu của bài toán
∆ = 0

⇔ S
 2 > 1 - a

Để khắc phục những sai lầm loại này, giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh thấy
rằng phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn 1 - a không có nghĩa là phương trình có
nghiệm duy nhất.
Tuy nhiên có những học sinh không mắc phải sai lầm ấy họ biết lập luận rằng phương
trình có đúng một nghiệm lớn hơn 1 - a thì hoặc là phương trình có nghiệm kép và bản
thân nghiệm kép là lớn hơn 1- a, hoặc phương trình có hai nghiệm phân biệt nhưng trong
đó có một nghiệm lớn hơn 1- a, còn nghiệm kia bé hơn hoặc bằng 1 - a.
 ∆ = 0

S
⇔  > 1 − a
 2
x ≤ 1 − a < x

quan tượng trưng sau để giúp học sinh khắc phục các sai lầm đó.
Đối với phương trình f(x) = ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm duy nhất lớn hơn α có những
khả năng sau:

Δ = 0

 x1 = α < x 2

0 x1 α x2

y

y

y

x

∆ > 0

 x1 = α < x2

Δ=
0



S
>
α



x > 0

* Hàm số y = logax xác định khi 0 < a ≠ 1 dẫn tới log3(-4), log3(-8), loga(-7)

không tồn tại.
*

logaxα = αlogax với điều kiện

x > 0

0 < a ≠ 1 như vậy logax2 xác định

∀x ∈ R(0 < a ≠ 1 ) nên logax2 = 2loga|x| thế thì mới đảm bảo giả thiết của định lý.

Ngoài ra, không ít học sinh mắc phải sai lầm kiểu:
* loga(x1 ± x 2 ) = logax1 ± logax2
* loga(x1.x2) = logax1logax2

(x1, x2 > 0; 0 < a ≠1)

Để sửa chữa những sai lầm này trong khi dạy, người giáo viên cần phải làm rõ cho học
sinh thấy được bản chất của định lý, giả thiết định lý... cụ thể giáo viên có thể cho học
sinh làm bài toán sau:
Bài toán 4.3. Giải phương trình:
3
log 1 ( x + 2) 2 − 3 = log 1 (4 − x) 3 + log 1 ( x + 6) 3
2


4

4

⇔ log 1 ( x + 2) − log 1
4

4

1
= log 1 ( 4 − x ) + log 1 ( x + 6)
4
4
4

x = 2 loại vì -6 < x < 2
⇔ 4(x + 2) = (4 − x )( x + 6) ⇔ 
x = −8

Vậy phương trình có một nghiệm x = 2 thực tế phương trình này có 2 nghiệm tại sao
phương trình lại mất một nghiệm ?
Để học sinh khắc phục được những sai lầm này thầy giáo có thể nêu lên một hệ thống
logíc giữa các kiến thức sau. Để giúp học sinh nhận ra vấn đề một cách trực quan hơn, ta
có bảng tổng kết sau:
1. Nếu x
4

1
= log 1 (4 − x) + log 1 (x + 6)
4
4
4

⇔ log 1 4. x + 2 = log 1 (4 − x)(x + 6)
4

4

4(x + 2) = −x 2 − 2x + 24víi − 2 < x < 4
⇔ 4. x + 2 = −x − 2x + 24 ⇔ 
4(x + 2) = x 2 + 2x − 24víi − 6 < x < −2
2

x = 2

⇔ x = −8
⇒
x = 1 ± 33


x = 2 thỏa mãn -2 < x < 4
thỏa mãn -6 < x < -2

x = 2
Vậy nghiệm của phương trình là: 

af (1) > 0 ⇔ 
2
 4m + 2 > 0
S
 − 1 < m < 0
0 < 0.
Vậy (1) nghiệm đúng ∀x < 0 ⇔ (2): t2 + 2mt + 2m + 1 < 0 nghiệm đúng mọi t > 0.

m 2 − 2 m − 1 > 0
∆ > 0


1
⇔ af (0) > 0 ⇔ 2 m + 1 > 0
⇔ − < m 0
2

Việc dẫn tới sai lầm của học sinh là do việc nắm các định lý không vững, học sinh cho
rằng nghiệm bất phương trình (2) đúng với mọi t thuộc (0,1) thì các nghiệm đó phải thuộc

Vậy (1) nghiệm đúng với mọi x < 0 ⇔ (2) nghiệm đúng với mọi t thuộc (0,1)

(*)

23


Điều kiện (*) được thỏa mãn khi f(t) = 0 có hai nghiệm phân biệt t 1, t2 thỏa mãn t1
af (0) < 0
2m + 1 < 0
1
⇔
⇔ m < − với
2
af (1) < 0
4 m + 2 < 0

< 0 < 1 < t2 . Vậy 

m
sin 2 x = 1
maxy = 8 dấu bằng xảy ra ⇔  2
vô nghiệm.
cos x = 1

y = f(x)

Tương tự khi miny = 2 thì dấu bằng không xảy ra.

Để vạch ra những sai lầm này thầy giáo có thể vẽ lênBbảng hai đồ thị:
Nhìn vào hình vẽ rõ ràng là f(x) ≥ g(x) và f(xB) = g(xB) nhưng minf(x) = miny = f(xA)


π
π
+k
4
2

(1) ,

−1≥ 0

− 1 ≥ 0 (2) nhân (1) và (2)

⇒ 4 sin

2

x

+ 4 cos

2

≤ 5 dấu bằng xảy ra khi sinx = 0 hoặc cosx = 0

x

Vậy maxy = 5; miny = 4.
C. KẾT LUẬN
1. Kết quả nghiên cứu


4

5

6

7

8

9

10

Tổng số bài

Thực nghiệm 4

3

4

8

9

9

5