Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay

Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay

III Bất đẳng thức giữa các cạnh, các đường trong tam giác

Bài 30 Cho tam giác ABC Gọi a, b, c và ha, hb, hclần lượt là các cạnh và các độdài của các đường cao kẻ từ A, B, C; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và S làdiện tích tam giác ABC Chứng minh rằng:

a 6 3 c 6

3

b

6

RS96hch

ch

bh

a

2 a 2 c 2 b

a.bh ch 2S.2S.2S 8S

a 6 3 c 6 3 b 6

RS96hchbh

abc

cab

bcach

bhah

hchbha

2 3

2 3

2 3

c b a

3 a 6 3 c 6 3 b

cab

bca

h.ch.bh.a

h

ch

bha

2 2 2

c b a

2 a 2 c 2

(Chứng minh dành cho bạn đọc).

Bài 31 Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c; S là diện tích Chứng

minh rằng

  2  2 2 2

2 2

accbbaS34cb

z

cp

y

bp

x2 2 2 2  2 2     



)zyx(xyzx

zzyy

x2 2  2 2 2 2   

Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:

zxy2zy

y

x2 2  2 2  2 ; 2 2 2 2 2

xyz2xzz

y   ; z2x2x2y2  x2yz.Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được

)zyx(xyzx

zzyy

Dấu “ = ” xảy ra 2 2 2 2 2 2

xzzyy



S34cabc

ab  

 (do a2b2c2 abbcca )

 Để chứng minh (**), ta không nhất thiết phải chứng minh (*) mà có thểchứng minh trực tiếp như sau:

Theo công thức tính diện tích:

R4

abc

S , thay vào (**) ta có:

R

abc3cabc

R

3c

1b

1Bsin

1Asin

(bất đẳng thứcđã được chứng minh ở bài 24(câu 1) ).

Vậy (* *) đúng Dấu “ = ” xảy ra sin A = sin B = sin C  A = B = C

 Từ (* *) ta suy ra được một số bất đẳng thức “khá đẹp”:

1) abc24 27 S; 2) a2 b2c2 4 3.S;

3) a3b3c3 84 3.S S; 4) 4 4 4 2

S16cb

zyx3)zyx()zxyzxy(

Khi đó, từ (**) ta suy ra:

1) abc2 3abbcca3.4 3S

S.272cb

a   4

2) 3a2b2c2abc2 4 27.S

S.34cb

a2  2  2 

4)  4 4 4  2 2 22 2

S.3.16c

bacba

S16cb

3) Để chứng minh 3) ta dựa vào một trong các bất đẳng thức (**), 1) hoặc 2)

2 / 1

T3cabcab3

cabcab

b

a3  3  3  ; b3 c3 T3 3bcT; c3 a3 T3 3caT.Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được

T9cabcabT3T3cba

 2

3 3 3 3

3

cabcab3T3cb

2 3 3

Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c = T  ABC là tam giác đều

(Ngoài cách chứng minh trên, ta còn có cách chứng minh “rất bất đẳngthức” sẽ được trình bày theo bài riêng)

 Mở rộng bài toán (* *): Với mọi tam giác ABC, ta luôn có

abc

S vào (1) và áp dụng định lí hàm số sin, ta được

Csin

1Bsin

1Asin

3C

sin

1Bsin

1Asin

2

3C

sin.Bsin.Asin

2 / 3 /

2 / 2 33

2.3Csin

1Bsin

1Asin

n n

accbb

a3

S4.3cb

(2)             n

n n

n n

n n

3

S4.3baca

cbc

2

a

cba

cb1a

cb1cb

cba1cb

n n 2

2 2

2 2

a

cbaa

cba

cbaa

c

  n  2  2n n

cbacb



  n n    n n

cpbp4cb

DÊu “ = ” cña (6) x¶y ra c = a

Vµ cã n   n n    n

bpap4ba

n

n

n

y.xz2z

y

y

z.xy2xzz

Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n số dương, ta được:

 

2 n n

` aˆ l 2 n

n n

n n

A.x.nA

Ax

` aˆ l 2 n

n n

n n

A.y.nA

Ay

` aˆ l 2 n

n n

n n

A.z.nA

Az

n n

n n

3

zyx3zy

ac

2

cbac

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có

p a p b p c

3

cpbp

Chứng minh: Để chứng minh (1), nếu thông qua bất đẳng thức (*) sẽ phức

tạp Ta chứng minh trực tiếp bằng cách dùng định lí hàm số sin và áp dụngbất đẳng thức Cô-si Ta có

Bsin.Asin

CsinA

sin.Csin

BsinC

sin.Bsin

2

Csin.Bsin.Asin

3B

sin.Asin

CsinA

sin.Csin

BsinC

sin.Bsin

Asin

2

4 6 6

2

38

33C

sin.Bsin.A

CsinA

sin.Csin

BsinC

sin.Bsin

Asin







CBACsinBsinA

Bài 33 Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và S là diện tích Chứng minh

rằng với hai số nguyên dương x, y bất kì, ta luôn có

3 4 3

y.27

SSyx8a.y

xcc.y

xbb.y

27

SSyx8xacyxcbyxb

Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (x + y) số dương, ta có

  ( x y ) y xn

` aˆ xl n

` aˆ yl

b.ay

xb

ba

a      



  ( x y ) y x

b.ay

xbx

ay   

Tương tự:   ( x y ) y x

c.by

xcx

  ( x y ) y x

a.cy

xax

Theo công thức tính diện tích, ta có 2SabsinCbcsinAcasinB

2 2 2 2

2 2 3

cba.8

33Csin.Bsin.Asin.cbaS

cb)(

ba

 Mở rộng (1), ta có  

3 4

2

3 3

y.3

Syx8a.y

xc.c.y

xb.b.y

Ví dụ: Ta chứng minh bài toán mở rộng sau:

2 4 1

S.3.2accbb

)abc(3accbb

accbba

Bài 34 Cho tam giác ABC có các cạnh lần lượt là a, b, c Gọi p là nửa chu vi, S là

diện tích, r là bán kính đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng

2

2 4

r3

pcp

1bp

1ap

1S

3

S

p27)cp)(

bp)(

ap(

27c

p

1bp

1a

27.27c

p

1bp

1ap

1bp

1ap

34

(đpcm)

1bp

1ap1

4

 a = b = c

+) Xét

cp

1bp

1a

cp()bp)(

cp()bp)(

ap(

cp

1bp

1ap

pbac

1a

cb

1c

ba

1S

2

3

p

1a

p

33

S.)

S.)3.(

3 2

6 4

 (*) đúng.

1bp

1ap1

16

)ac)(

cb)(

ba(

Giải Ta có

2

1abc

.16

ca2.bc2.ab2abc

16

)ac)(

cb)(

ba

1A

sin.Csin

1C

sin.Bsin

1r

R

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có

Bsin.Asin

1A

sin.Csin

1C

sin.Bsin

1





3 2

)Csin.Bsin.A(sin

r R

Dấu “=” xảy ra

Bsin.Asin

1A

sin.Csin

1C

sin.Bsin

 sinA = sinB = sinC  a = b = c

1abc

16

)ac)(

cb)(

ba(

4 27

S2

2

 Từ công thức diện tích S = p  r =

R4

SS84

Dấu “=” xảy ra  sinA = sinB = sinC = 3

2 hay ABC đều

Ta cũng có a2+ b2+ c2= (sin2A + sin2B + sin2C).4R2 

 (hay p 3 3.r); (10) abc

4 27

SS8

R2

9

cb

 Sử dụng các kết quả trên, ta có thể chứng minh được rất nhiều bất đẳngthức hay.

1c

.b

1b

a

;4) 9aR2 3.bp18cr 36.S

Giải

1) Theo công thức diện tích, ta có 2S = aha= bhb= chc

Khi đó, theo (11) ta có 8S3= abc.ha.hb.hc

4

27

SS8

3c

1b

1a

1a

9aR2 3.bp18cr3 18 3abc pRr

Nhân từng vế các bất đẳng thức (11), (13), ta có

S S abc

S S pRr

Bài 36 Cho tam giác ABC Gọi p là nửa chu vi; r, R lần lượt là bán kính đường tròn

nội tiếp, ngoại tiếp; S là diện tích Chứng minh rằng



2 5 3

9 18 2 2 9 9 4

r.3.2R

DÊu “=” cña (1) x¶y ra 

r33p

2

r.Rr27

p2 2

 a = b = c

NhËn xÐt: Ngoµi c¸ch chøng minh trªn, ta cã thÓ chøng minh theo c¸ch sau:

Theo c«ng thøc diÖn tÝch, ta cã S2= p.(p a).( p  b).(p  c) = p2r2

 (p – a)(p – b)(p – c) = pr2

 p3 p2.(a + b + c) + p.(ab + bc + ca) – abc = pr2 (3)

MÆt kh¸c ta cã: S = pr abc 4pRr

R4

Bcos

l2

2

Ccosl

2

Bcosl

2

Acos

c b

Bcos

lb



ba

ab22

Ccos

lc



Céng tõng vÕ cña (1), (2), (3), ta ®­îc

Acos

la

+

2

Bcos

lb

+

2

Ccos

cacb

abca

lb

+

2

Ccos

lc

S.27

cabcab

cabc

12

1l

2

Bcos

12

1l

2

Ccos

c

.Cộng từng vế các đẳng thức trên, ta được

c

1b

1a

1l

2

Ccosl

2

Bcosl

2

Acos

c b

2

Ccosl

2

Bcosl

2

Acos





R3

DÊu “=” x¶y ra 

c

1b

1a

A

11

ac2

b 

Tương tự: l b

32

ba2c

2  

32

cba

2  

.Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được

c b

3 8 5

)cba.(

3 8

3 8

3 8

3

)cp()bp(ap

8 3 4 3 c 4 3 b 4 3

3 8

3

)cp()bp()ap

3 c 4 3 b 4 3

a l l

3

8 3

p.3

3 c 4 3 b 4 3

a l l

3 4

3 8 5

)cba.(

c b

a

P

S3.2l

al

bal

P

S.3.2

3

S.P

)abc(3)cp)(

bp)(

ap(pP

)abc(3

P

S.3.2

c b a

P

S3.2l

al

cl

b

l

a

2 a

2 2

cal

c b a

Acos.cb

bc2

Bcos.ac

ca2

Ccos.ba

ab2



332

Ccos.2

Bcos.2

Acos.abcl.l

33

8l.l.l

abc

c b a



áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương và (4), ta có

3 2 3

2

c b a 2 a

2 2 c

2 2

b

2

33

83l

.l.l

abc3l

cl

bl

bl

a

2 a

2 2 c

2 2 b

bla

33

8l.l.labc

cba

2 a

2 2 c

2 2 b

2 c b a

8h.h.h

abc3

3

8l.l.l

abc

c b a c

b a

 §Ó chøng minh (*) kh«ng nhÊt thiÕt ph¶i th«ng qua

33

8l.l.l

abc

c b a

 mµ ta

cã thÓ chøng minh trùc tiÕp nh­ sau:

Ta cã: 2Sa.ha ab.sinC (1); 2Sb.hb bcsinA (2)

Bsin.cah.cS

Nh©n tõng vÕ cña (1), (2), (3), ta ®­îc

8

33abcCsin.Bsin.Asin.abc.h.h

33

8h.h.h

abc

c b a

b

m

a

c b

mb

ma

am34m4a3cba

ba

cba32m

cm

bm

a

2 2 2

2 2 2 c

b a

4b

m4a3

2 2 2

2 2 2 2

b 2

2 a 2

2) Theo 1) ta cã

32

cbaam

2 2 2 a





cba

m32a

cba

m32b

cba

m32c

2 c 2 b 2 a c

b a

cba

mmm32c

mb

ma

4

3mm

2

33cba4

3.cba

32c

mb

ma

2 2 2 c b

m4b

m4a3

2 c 2

2 b 2

2 a 2

cbam

a

2 2 2 a





32

cbam.b

2 2 2 b





32

cbam.c

2 2 2 c

mbm

mam

m

c

2 a b

2 c a

c q b q

2.3m

cm

bm

c q b q a

2

3.3c

mb

ma

Tõ (3), (4), (5), ta suy ra:

q q

q

a

32m

q

b

32m

q

c

32m

q q q q q

c q b

q

cba.32m

cm

2 2 2

` aˆ l 1 q

q q

n

` aˆ rl

q q

A.a.qrA

Aa

Céng tõng vÕ cña (9), (10), (11), ta ®­îc

  q q 1 2 2 2q

q q

cbaA.qA1q3cb

q q q

A.qA1q3cb

A3cb

c b

2.3m

cm

bm

Bài 42 Cho tam giác ABC Gọi m m m lần lượt là độ dài các đường trung a, b, ctuyến của các góc A, B, C Chứng minh rằng:

S.27.3ca

mmbc

mma

b

m

a 2 c 2 c 2 b 2 b 2

Giải Với kết luận của bài toán thì b  a, a  c, c  b.

Từ các công thức đường trung tuyến ta suy ra:

 2 2 22

2 2

2 2

2

cba2c3mc4bmb4a

c

2 2 c 2 2

b

2 2 b 2 2

a

a3m4c

3

m

4

c3m4b

m

4

bm4a

bcbc3mm4

abab3mm4

2 a 2 c

2 c 2 b

2 b 2 a

Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta được

a b c

2

3ca

mmbc

mma

b

m

2 c 2 c 2 b 2 b 2

a   và

4

27

SS8abc , suy ra

4

63

S

a b c   Mặt khác, a b, b  c và c  a nên đẳng thức không xảy ra

KÕt hîp víi (4), ta ®­îc

4 4

a 2m mm

2

a 2 c 2

b 2m mm

2

b 2 c 2

a 2m mm

; 2) xyyzzx 32 .S 

3 1

c

2 2 2 2

b

2 2 2 2

a

cba2m

4

ba2c2m

4

ac2b2m

2 a 2 b 2 2

2 a 2 2 2

m4m4bc3

m8m4bc6

m4c2ba

2 a 2 c 2 b 2

2 b 2 a 2 c 2

2 c 2 b 2 a 2

a9y4

b9z4

c9x4

m4m8m

8

a

9

m4m8m

8

b

9

m4m8m

DÊu “ = ” x¶y ra 27 a b c a b c

SS8abc

2)Dành cho bạn đọc.

Bài 44 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:

c 2 c 2 b 2 b 2

a.h m h m h 9S

b a 2 a c 2 c

b

2

S12h.m.ch.m.bh

2 b 2 2 b 2 2 b 2 2 b 2 b

2 a 2 2 a 2 2 a 2 2 a 2 a

2 2 2 2

c

2 2 2 2

b

2 2 2 2

a

h.ch.bh.a2h.m4

h.bh.a2h.c2h.m4

h.ah.c2h.b2h.m4

cba2m

4

ba2c2m

4

ac2b2m

2 2 b 2 2 b 2 2 b 2 b

2 2 a 2 2 a 2 2 a 2 a

S2hbhahm2

S2hahchm2

S2hchbhm

 

 321

Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta được

c 2 c 2 b 2 b 2

S6hbhahahchch

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho sáu số dương, ta có

6 4 c b a 2

c 2 2 c 2 2 b 2 2 b 2 2 a 2

2

a

2

S24ch

.bh.ah6hbhahahch

a.h m h m h

S18S6S



c 2 c 2 b 2 b 2 a 2

a.h m h m h 9S

c 2 2 c 2 2 b 2 2 b 2 2 a 2 2 a 2

hbhahahchch

cb

2) Theo công thức đường trung tuyến, ta có

app4

acb4

ac2bm

2 2 2

2 2 2

Tương tự, ta có: m2b ppb; (5) m2c ppc (6)Nhân từng vế của (4), (5), (6), ta được

 2 3     2

c b

ah m h m h 3m m m h h h 9S

Dấu “ = ” xảy ra (4), (5), (6), (7) cùng xảy ra đẳng thức và

a 3 c c 3 b b 3

b a b

a 2 a c 2 c

b

2

m.m.m.abcch.bh.ah3h.mch.mb

Từ (7) và (10) suy ra  abc S 27.S S

2

3m.m

3 1 c

b

a   (11)Thay (9), (10), (11) vào (8), ta suy ra:





a c 2 c

b

2

h.m.ch.m.b

4 3

S12S

S.27.27

SS8.S8

82727

a b c

b c c a a b

S S abc

     2 m 1 m 2 m

c c m 2 b b m 2 a

a.h m h m h 3 Sm

c c b b

3 4 3 3

3

S.3m

.m

a.m m h h h 3S

Từ đó:       

a c c b b

a.h m h m h

3 4 3

S.3.S3

c 2 b 2

1m

1m

1m

Bài 45 Cho tam giác ABC Gọi ma, là độ dài của đường trung tuyến xuất phát từ

đỉnh A, l là độ dài đường phân giác xuất phát từ đỉnh B; h b clà độ dài của đườngcao xuất phát từ đỉnh C Chứng minh rằng

a b c

2

3hl

ma b  c   (Toán học & tuổi trẻ)

zya

2

cbaz

2

bacy

2

acbx

Theo công thức đường trung tuyến, ta có:

2 2 2

zyx33

1

 ma

2

yz2

zyxyz2

zyx3.3

Bcos.ca

ac2

4

bca2

Bcos12

Bcos

bp.cpp2cpbpap

bpc

ap.c

bp

2        nên hc  ppc xyz.z

Từ đó: m l h  xyz  xyz. y z

 y z

2

3.zyx.3

23

zy

yx331

3

zy4

3zyx3

yzzyx

Dấu “ = ” của (*) xảy ra a = b = c

Nhận xét: Ta có lc ppc Vậy theo cách chứng minh trên, ta suy ra bất

đẳng thức sau “mạnh” hơn bất đẳng thức (*):

a b c

2

3ll

Do ma lanên từ (**) suy ra a b c

2

3ll

Bài 46 Cho tam giác ABC Gọi , ,r r r lần lượt là bán kính của các đường tròn a b c

bàng tiếp của các góc ngoài A, B, C và m a , m b , m c , l a , l b , l clần lượt là độ dài các

đường trung tuyến, đường phân giác của các góc A, B, C Chứng minh rằng:

l

rl

rl

r

a c c

b b

mr

m

a c c

b b

r.r.r.cpbpapp

 3 2 a b c

r.r.r.S

pS   pSr r r a .b c

Ta lại có: la.lb.lc pSra.rb.rc 1

l.l.l

r.r.r

c b a

c b

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:

.l.l

r.r.r3l

rl

r

l

a c b

c b a a

c c

c c b b a

c b a

l

rl

rlr

cbal

rl

rlr

pSl.l.l

a = b = c

2) Ta cã: ma.mb.mc pSra.rb.rc  1

r.r.r

m.m.m

c b a

c b

c c b b a

c b a

r

mr

mrm

cbar

mr

mrm

pSm.m.m

Sr

;bp

Sr

;ap

2 3 1

3

1 3.p SS

S.p.3cpbpap

S.3pS.27

và  

z,y,x,3

zyxzxyzxy

pS3

p3  2

 (đpcm)Dấu “ = ” của 1) xảy ra a = b = c

2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:

1 c b a 3 7 c b a a 7 c c 7 b b 7

c b

 r r r 4 27.S S

c b

4 4

3 4 c b

1 c b a c b

2

3h

hh.rr

a 7 c c 7 b b 7

1m

1m

1r

1r

1r

2

S

cpbpa

cpbpa



 VT(*) 22 2

r3

1S3

p



Tõ kÕt qu¶ (1) vµ (2) suy ra (*) ®­îc chøng minh

DÊu “ = ” cña (*) x¶y ra a = b = c

Chó ý: Më réng vÕ tr¸i cña (*): m m 1 m

c m b m

1r

1r

1r

lan ) 1 m (

m

3

p)ap(m3

p

lan ) 1 m (

m

3

p)bp(m3

p

lan ) 1 m (

m

3

p)

cp(m3

p

Bài 49 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng:

IA.IB3+ IB.IC3+ IC.IA3 48r4 (*)

Giải Gọi H là hình chiếu của I trên BC.

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:

IA.IB3+ IB.IC3+ IC.IA3 3(IA.IB.IC)3

3

IA.ICIC.IBIB.IA

8

12

Csin.2

Bsin.2

Asin

 A = B = C hay  ABC đều

Nhận xét: Bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta dễ dàng mở rộng bất đẳng

thức (*) dưới dạng:

I H

1) IA+ IB+ IC 3(2r) (  + );

2) IA IB+ IB IC+ IC.IA 3.(2r)+ (,   +)

CHỦ ĐỀ LOGARIT VÀ PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

-$ -Người soạn: 1) Trần Văn Công - THPT Nghèn - Nhóm trưởng: DĐ: 0972292315

2) Phan Thị Hòa - THPT Nghèn 3) Nguyễn Thị Thắm - THPT Can Lộc 4) Nguyễn Văn Ngọ - THPT Can Lộc

- Nắm được khái niệm và các tính chất của lôgarit.

- Nắm được các qui tắc tính lôgarit.

2 Kỹ năng

- Tìm được điều kiện để tồn tại lôgarit.

- Vận dụng các tính chất, qui tắc để tính toán các biểu thức chứa lôgarit.

3 Năng lực cần đạt được

- Năng lực tự học.

- Năng lực tư duy logic.

- Năng lực làm việc theo nhóm.

II TIẾN TRÌNH BÀI HỌC

a Đặt vấn đề: Như vậy vấn đề đặt ra ở đây là với phương trình a  với a cho trước (0 < a b  1), biết  tính b

thì đó là bài toán tính lũy thừa, còn khi biết b tính  ( pt5 = 6 )? thì xuất hiện một vấn đề mới Để làm rõ vấn đề

này chúng ta đi vào bài học hôm nay.

b Triển khai bài.

VIÊN

HOẠT ĐỘNG CỦA HỌC SINH

1 Định nghĩa Cho 2 số dương a, b

với

a 1 Số thỏa mãn đẳng thức

a = b được gọi là lôgarit cơ số a

của b và kí hiệu là log ba

Ví d ụ 1.(Từng cá nhân HS giảithích)

a) log 82  3 vì 3

2  8

c) Đặt

2 1

2

1 log 4 4 2 2

phương trình ax= b )

+ log ba có nghĩa khi: 0   a 1, b  0 - Giáo viên nhận xét, bổ sung

d. 2

1 log 7

5

1 log 3

1 25

- Hoạt động cá nhân và cặp đôi

- Đại diện các cặp đôi lần lượt trình bày kết quả.

-Đại diện nhóm khác nhận xét bổ sung nếu cần.

log (2 2 ) Giáo viên phân tích hình thành và phát biểu công thức

- Học sinh( cặp đôi ):Tính và so sánh 3 5

log 2  log 2 và

3 5 2

log (2 2 )

- Từ đó phát hiện ra Lôgarit của tích.

log (a b b )b n loga b loga b   loga b n

lôgarit của tích sau đó hướng dẫn học sinh vận dụng làm VD1

- Giao nhiệm vụ cho các

-Phát hiện những khó khăn của từng nhóm, GV gợi ý

3 8

2

1 log 2 4

Giáo viên phân tích hình thành và phát biểu công thức lôgarit của tích sau đó hướng

Cặp đôi học sinh : Tính và so sánh 5 3

-Từ đó phát hiện ra Lôgarit của tích.

c a

c

b b

- Giáo viên nhận xét và phát biểu định lí 4 sau đó dẫn dắt

HS phát hiện nội dung các hệ quả

Bài 2 So sánh: log 45 với log 53

V Lôgarit thập phân, lôgarit tự

Lôgarit tự nhiên là lôgarit cơ số e.

logeb được viết là lnb

nào đó từ đó suy ra bài toán.

- Giới thiệu cho học sinh hai khái niệm lôgarit thập phân, lôgarit tự nhiên và các kí hiệu của nó.

- Học sinh sử dung máy tính casio tính giá trị các biểu thức đã cho.

- HĐ cá nhân và cặp đôi

- Đại diện các nhóm lần lượt trình bày kết quả.

- Đại diện nhóm khác nhận xét bổ sung nếu cần.

HS vận dụng CT đổi cở số và

MTBT để tính log 7; log 52 8

trị của: log 7; log 52 8

4 Củng cố.

- Nhắc lại khái niệm, các tính chất, các quy tắc và công thức đổi cơ số.

5 Dặn dò.

- Học sinh về nhà học thuộc bài cũ.

- Đọc trước phần tiếp theo của bài học.

-B PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT

I MỤC TIÊU CHUNG

1 Kiến thức

- Nắm được Phương trình lôgarit cơ bản và cách lấy nghiệm.

- Nắm được cách giải các pt lôgarit bằng pp đưa về cùng cơ số và pp đặt ẩn phụ

2 Kỹ năng

- Rèn luyện kỷ năng giải pt lôgarit ở mức độ nhận biết, thông hiểu và vận dụng thấp

3 Năng lực cần đạt được

- Năng lực tự học.

- Năng lực tư duy logic.

- Năng lực làm việc theo nhóm.

II TIẾN TRÌNH BÀI HỌC

1.Ổn định lớp, kiểm tra sĩ số.