SKKN: Rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ cho học sinh

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

196
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Thông qua hệ thống bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các dạng bài tập đó , thì nhiệm vụ của đề tài này chỉ mong rằng sẽ góp phần giúp học sinh hình thành, củng cố và rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ. Mời quý thầy cô tham khảo sáng kiến “Rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ cho học sinh”.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ cho học sinh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG LÀM VIỆC VỚI PHƯƠNG TRÌNH MŨ CHO HỌC SINH
A- Mở đầu I- Lý do chọn đề tài Phương trình mũ là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán học ở phổ thông . Rất nhiều đề thi , đặc biệt là đề thi Đại học , cao đẳng khai thác vấn đề này . Trong khi đó do thời gian có hạn nên SGK mới chỉ dừng lại ở các dạng bài tập cơ bản , mặc dù SGK cũng có sự phân loại song số lượng bài tập để học sinh tự rèn luyện rất ít và chưa phong phú Vì vậy, để giúp học sinh đỡ lúng túng khi gặp những bài toán về phương trình mũ , tôi đưa ra một số bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các loại bài tập này. II- Nhiệm vụ của đề tài Thông qua hệ thống bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải các dạng bài tập đó , thì nhiệm vụ của đề tài này chỉ mong rằng sẽ góp phần giúp học sinh hình thành, củng cố và rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ. Đó là các kỹ năng sau: 1- Giải các phương trình mũ bằng các phương pháp : - Biến đổi hai vế về những lũy thừa có cùng cơ số. - Lôgarit hóa - Đặt ẩn phụ - Phương pháp đánh giá hai vế - Phương pháp sử dụng chiều biến thiên (đạo hàm ) đồ thị. 2 - Tìm điều kiện của tham số để phương trình : - Có nghiệm , không có nghiệm. - Có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước 3 - Giải và biện luận phương trình mũ. III- Phương pháp tiến hành. - Trong các tiết học chính khóa cần yêu cầu học sinh nắm chắc : + Khái niệm lũy thừa với số mũ thực, và các tính chất của lũy thừa + Hệ số mũ – tính chất + Hàm số Lôgarit – tính chất + Kỹ năng dùng đạo hàm để xét biến thiên của hàm số. + Kỹ năng vẽ đồ thị. + Hiểu được thực chất nghiệm của phương trình ¦(x) = g (x) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = ¦(x) và y = g (x).
- Trên cơ sở đó giáo viên đưa ra các dạng bài tập cho học sinh tự tìm tòi phương pháp giải Þ Kết luận về cách giải của từng dạng. IV- Đối tượng áp dụng : Học sinh lớp 11+12 B- Nội dung Khi giải một phương trình mũ ta thường vận dụng các phương pháp biến đổi để đưa phương trình mũ đã cho về một trong hai dạng đơn giản nhất là : 1) ax = ab ( 0 < a ¹ 1) Û x = b 2) ax = c Û x = log a c ( 0 < a ¹ 1 , c > 0 ) Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình mũ là : I - Biến đổi hai vế của phương trình về những lũy thừa có cùng cơ số : a = 1 { ¦(x) & g(x) có nghĩa a¦(x) = ag(x) Û 0
x = 3 Þ Đối với những phương trình có dạng a¦(x) = 1 ( 0 < a ¹ 1) ta có phương trình tương đương với phương trình trên là : ¦(x) = 0 x+5 x+17 x-7 x-3 2) 32 = 0,25 . 128 1 Nhận thấy : 32 = 2 5 ; 0,25 = 4 = 2– 2 ; 128 = 2 7 5(x + 5) 7( x+17) x-7 x-3 Vì thế 2) Û 2 = 2 –2 . 2 5(x + 5) 7( x+17) x-7 x-3 -2 Û 2 = 2 5(x + 5) 7( x +17 ) – 2( x –3 Û x-7 = ) x-3 Đến đây ta có thể giải được phương trình để tìm nghiệm . x-3 x+1 3) ( Ö10 + 3 ) x-1 = ( Ö10 - 3 ) x+3 Ta thấy : ( Ö10 + 3 ) ( Ö10 - 3 ) = 1 Þ Ö10 - 3 = ( Ö10 + 3 )-1 x-3 x+1 Þ 3) Û ( Ö10 + 3 ) x-1= ( Ö10 + 3 ) x+3 Û x-3 = - x+1 x-1 x+3 Từ phương trình này ta có thể dễ dàng giải ra để tìm được x Þ Nhận xét : Đối với phương trình mũ có 2 cơ số a, b mà a.b = 1 Þ b = a – 1 x2-7x+12
4) ( a )3 – x = 1 Sử dụng tính chất (am )n = am.n (x2-7x+12)(3 – Û a x) = 1 { a =1 a =1 xÎR { xÎR Û Û { 0
4) x2 . 2 x + 8 = 2. x2 + 2 x+ 2 5) 2 - x -2 = ( 1 ) x+1 + x-1 2 II- Logarit hóa hai vế Phương pháp này thường dùng đối với phương trình có dạng : a ¦(x) = b g(x) Û loga a ¦(x) = loga b g(x) với a¹b { 0£ a,b ¹ 1 Cơ số thường chọn cho phép logarit hóa khi lũy thừa chứa cơ số đó có số mũ phức tạp hơn. x2 a) Ví dụ : 5 x = 3 Rõ ràng đây là phương trình không thể đưa về cùng một cơ số được . Vậy ta logarit hóa 2 vế với cơ số 3 ta được : x22 log3 5 x = log3 3 x Txđ R Û x. log3 5 = x2 Û x ( x – log3 5 ) = 0 Û x = 0 x = log35 x2- 2x 2) 2 . 3 x = 1,5 x2- 2x Cách 1 : 2 . 3 x = 3 . 2 –1 Û x2- 2x + 1 2 = 31–x Û x2 – 2x + 1 = log23 1 – x Û ( x – 1)2 + (x – 1) log2 3 1 – x = 0
Û x -1=0 Û x=1 x – 1 + log2 3 = 0 x = 1 – log2 3 Cách 2 : Để ý thấy vế trái là tích 2 lũy thừa , vậy logarit hóa 2 vế ta có : x2- 2x 3 log2 2 . 3 x = log2 2 Û x2 – 2x + x.log2 3 = log2 3 – 1 Û x2 + (log2 3 – 2 ).x + 1 - log2 3 = 0 Û x=1 ( vì có a + b + c = 0 ) x = 1- log2 3 3x +1 x -1 3) 2 3x. 3 x – 2 .3 = 192 2 Û 2 3x. 3 x ( 1- 3 ) = 2 6. 3 x -1 Û 2 3x. 3 = 2 6. 3 3x -6 Û 2 = 3 2-x Û 3x – 6 = (2 – x ) log2 3 Þ Tìm được x 1 lg x 4) x = 10 x>0 ĐK : x¹1 { 1 Û lg x . lg x = 1 Þ Luôn đúng với " 0 < x ¹ 1 b) Bài tập tương tự tự giải : x +1 x +2 x +2 x +1 1) 5 x + 5 +5 = 3x + 3 +3 x x +2 2-x 2) 8 = 36 . 3 x-1 x 3) 5 x . 8 = 500
4) x lg2 . 2 – lg x = 1 III- Phương pháp đặt ẩn phụ: Trong phương pháp này luôn chú ý đến điều kiện của ẩn phụ . a) Nếu trong phương trình có chứa : ax , a2x , a3x thì ta đặt ax = t Þ a2x = t2 , a3x = t3 . Þ Giải phương trình tìm t Þ tìm được x. Ví dụ : Giải các phương trình sau: 1) 2 . 16 x – 15 . 4 x – 8 = 0 Û 2 . 4 2x – 15 . 4 x – 8 = 0 Đặt : 4 x = t > 0 Þ 1) có dạng : 2. t2 – 15. t - 8 = 0 Þ Từ đây ta có tìm được t Þ tìm được x. 2) ( 5Ö 3 ) x + ( 10Ö 3 ) x -10 - 84 = 0 Û ( Ö3 ) 10 2x + ( 10Ö 3 )x - 84 = 0 3 Đặt ( 10Ö 3 )x = t > 0 Þ 2) có dạng : 3.t2 + t – 252 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x. x+Ö x2 - 2 x+Ö x2 - 2 x-1+Ö x2 - 2 3) 4 - 5.2 = 6 x+Ö x2 - 2 x+Ö x2 - 2 Û 2.2 -5.2 - 12 = 0 x+Ö x2 - 2 Û Đặt 2 = t > 0 Þ 3) có dạng : 2.t2 –5.t – 12 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x * Bài tập tương tự tự giải : 7 2x 100 x
1) = 6. ( 0,7 ) x + 7 Öx2 – 2x - Öx2 – 2x - x - 2) 9 x - 7. 3 1 = 2 2x2 + 1 x2 + x 2x + 2 3) 2 - 9.2 +2 = 0 (Nhân 2 vế với 2 – 2x ) x+ 1 4) 8x – 3 . 4x – 3 . 2 +8 = 0 b) Nếu phương trình có dạng : a. ax + b. bx + g.cx = 0 Trong đó : a.c = b2 thì chia 2 vế cho ax hoặc cx rồi đặt ẩn phụ. Ví dụ : Giải phương trình : 6 . 9 x – 13 . 6 x + 6 . 4 x = 0 (*) Giải : Ta thấy : 9.4 = 36 = 62 nên (*) Û 6. ( 9 )x – 13. ( )x6+ 6 = 0 4 4 Û 6. ( 3 )2x – 13. ( )x3+ 6 = 0 2 2 Đặt ( 3 )x = t > 0 2 (*) Û 6.t2 - 13.t + 6 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x. * Bài tập tương tự tự giải : 1) 3.16 x + 2. 81x = 5.36 x 3x + 1 2) 125 x + 50 x = 2 2x2+6x -9 x2+3x -5 2x2+6x -9 3) 3 + 4. 15 = 3. 5 c) Nếu phương trình có dạng : a. ax + b. bx + c = 0 Trong đó : ax . bx = 1 thì : 1 Cách 1 : Đặt ax = t > 0 Þ bx = t Cách 2 : Đặt ax = U > 0 { bx = V > 0 khi đó phương trình đã cho tương đương với hệ : U > 0 ,V > 0
U.V = 1 a.U + b. V + c = 0 Ví dụ : Giải phương trình sau: 1) ( 5 +Ö 24 ) x + ( 5 - Ö 24 ) x = 10 Nhận thấy : ( 5 +Ö 24 ) x . ( 5 - Ö 24 ) x = 1 Cách 1 : Đặt ( 5 +Ö 24 ) x = t > 0 1 Þ 1) có dạng : t + t = 10 Û t2 – 10 .t + 1 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x. Cách 2 : Đặt ( 5 +Ö 24 ) x = U > 0 ( 5 - Ö 24 ) x = V > 0 Þ 1) Û { U.V = 1 U + V = 10 Þ Giải hệ tìm được U , V Þ tìm được x. 2) ( 7 +4Ö 3 ) x – 3.( 2 - Ö 3 ) x + 2 = 0 Ta thấy : 7 +4Ö 3 = ( 2 + Ö 3 ) 2 Þ 2) Û ( 2 + Ö 3 ) 2 x - 3. ( 2 - Ö 3 ) x + 2 = 0 Có : ( 2 + Ö 3 ) ( 2 - Ö 3 ) = 1 nên ta đặt ( 2 + Ö 3 ) x = t > 0 3 Þ 2) có dạng : t2 - t + 2 = 0 Û t3 + 2.t - 3 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x. Sin2 x Cos2 x 3) 2 + 4. 2 = 6 Sin2 x Cos2 x Thấy : 2 .2 = 2 Cos2 x Đặt : 2 = t Î [1;2] vì " x Î R Þ 0 £ Cos2 x £ 1 Cos2 x Þ 2 £ 2 0 £ 21 Û 1 £ t £ 2 Sin2 x 2 Þ 2 = t 2 t
Þ 3) có dạng : + 4.t = 6 Û 4.t2 - 6.t + 2 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x. Sin2 x Có thể đặt : 2 = U Î [1;2] U.V = 2 Û Cos2 x 2 = V Î [1;2] U+ 4.V = 6 Từ hệ trên có thể tìm U Î [1;2] Þ Tìm được V Î [1;2] x * Bài tập tương tự tự giải : 1) ( 2 + Ö 3 )x + ( 2 - Ö 3 )x - 4 = 0 2) ( 7 +3Ö 5 ) x + 7.( 7 - 3Ö 5 ) x = 2 x+ 3 3) ( 5 - Ö 21 ) x + 7.( 5 + Ö 21 ) x = 2 x+ 3 1 1 1 d) Nếu trong phương trình có chứa : a x ; x ; a2x ; 2x ; a3x ; a a a3x 1 thì đặt : a x + ax = t ³ 2 ( BĐT Côsi) hoặc : a x - 1x = t a Ví dụ : Giải phương trình : 1) 4 x + 4 - x + 2 x + 2 - x = 10 1 1 Û 22x + 22x + 2 x + 2x = 10 1 Đặt : 2 x + = t ³ 2 ( BĐT Côsi) 2x Þ 1) có dạng : t2 - 2 + t = 10
Û t2 + t - 12 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x. 1 12 2) 23x - 6.2x - 3(x – + = 1 2 2x 1) 8 Û 23x - - 6 . (2 x - 2x ) = 1 23x 2 Đặt : 2x - 2x = t (Lập phương trình 2 vế ) 2 4 8 Þ 23x - 3. 2x.2 + 3. - = t3 2x 23x 8 2 Þ 23x - = t3 + 6.( 2 x - = t3 + 6.t 23x 2x Þ 2) có dạng : t3 + 6.t - 6.t = 1 Þ t = 1 Þ tìm được x * Bài tập tương tự tự giải : 1 1 8. 23x + 8. + 24. 2x + 24. = 125 2 3x 2x IV- Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số Đối với phương pháp này ta thường làm như sau: Cho phương trình : ¦(x) = g(x) Nhận xét thấy x0 là nghiệm của phương trình. Sau đó chứng minh x > x0 và x < x0 không thỏa mãn phương trình . Từ đó Þ x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Hoặc có thể dựa vào 2 mệnh đề sau: · Mệnh đề 1 : Nếu trên Txđ D của phương trình ta có : ¦(x) luôn đẳng biến trên D g(x) luôn nghịch biến trên D $ x0 Î D : ¦(x) = g(x) Þ x0 là nghiệm duy nhất của phương trình ¦(x) = g(x)
· Mệnh đề 2 : Cho phương trình ¦(x) = C ( Const) có Txđ D . Nếu : { ¦(x) luôn đơn điệu trên D $ x0 Î D : ¦(x) = C Þ x0 là nghiệm duy nhất của phương trình ¦(x) = C - Ví dụ : Giải phương trình sau : 1) 4x + 3 x = 5 x Û ( 4 )x +( )x3 = 1 5 5 Cách 1 : - Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình . + Với x < 2 Þ ( 4 )x > ( )2 4 5 5 ()x 3 >( ) 3 2 5 5 Þ Vế trái > 1 Þ Với x < 2 không thỏa mãn phương trình . 4 4 + Với x > 2 Þ ( 5) < ( ) x 2 5 ( )x 3 2 không thỏa mãn phương trình . Þ Kết luận : x = 2 là nghiệm ! của phương trình. Cách 2 : - Txđ : D = R - Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình. - ¦(x) =( 4 )x + ( )x3 luôn nghịch biến trên R 5 5 Vì có : ¦ ‘(x) = ( 4 )x .ln 4 ( + 3 )x.ln
(*) Û 2 x = - x + 1 Thấy : x = 0 thoả mãn (*) - Có : ¦(x) = 2 x đồng biến trên R - Có : g(x) = - x + 1 nghịch biến trên R Þ x = 0 là nghiệm ! của phương trình (*) Vậy phương trình 2 ) có 2 nghiệm là x=2 x =0 * Bài tập tương tự tự giải : 1) 9 x + 2 ( x – 2 ).3 x + 2x – 5 = 0 2) 3. 5 2x + 1 - 7. 2 4 x + 1 = 19 x2-x x-1 3) 2 - 2 = ( x – 1 )2 đặt : x – 1 = U ; x2 – x = V V- Phương pháp đánh giá hai vế + Đối với phương pháp này ta đựa vào nhận xét : VP ³ a } Þ VP = VT Û { VP = a VT £ a VT = a + Dựa vào tính chất bị chặn của hàm lượng giác Sin x & Cos x + Dựa vào BĐT Côsi. - Ví dụ : Giải phương trình sau: x2-x 1) 2x–1 – 2 = x 2 - 2.x + 1 Có : x 2 - 2.x + 1 = ( x – 1 ) 2 ³ 0 x2-x x2-x 2 x–1 –2 £ 0 vì x – 1 £ x - x nên 2 2 £ 2 x–1 Û x - 2.x + 1 ³ 0 2 Vậy 1) Û 2 (x–1) = 0 Û x = 1 x–1 x2-x 2 –2 = 0 x2+ x 6
2) 2 x + 2 –x = 2. Cos2 x2+ x Có : 0 £ Cos 6 2 £ 1 Þ VP £ 2 1 VT = 2 x + 2 x ³ 2 (BĐT Côsi) 1 2x + 2x = 2 2x = 2-x Þ2) Û Û x2+ x x2+ x Cos2 6 = 1 6 = k.Õ (k Î Z ) x = 0 Û Û x = 0 x2+ x 6 = k.Õ 3) 4S in x – 2 1+Sin x. Cos(xy) + 2 y = 0 [ 2 Sin x - Cos(xy) ]2 +(2 y – Cos2(xy) ) = 0 Vì [ 2 Sin x - Cos(xy) ]2 ³ 0 2 y – Cos2(xy) ³ 0 do 2 y ³ 20 = 1 Với " x ,y Cos2 xy £ 1 Þ3)Û 2 Sin x - Cos(xy) = 0 2 y – Cos2(xy) = 0 2 Sin x - Cos(xy) = 0 (1) Û 2 y =1 (2) Cos2(xy) = 1 (3) Từ (2) Þ y = 0 thỏa mãn (3) và lúc đó (1) trở thành : 2 Sin x = Cos xy = 1 Û Sin x = 0 Û x = k.Õ (k Î Z ) Þ Vậy phương trình có nghiệm là : x = k.Õ y=0
* Bài tập tương tự tự giải : x 1) 2 x + 2 – x = 2. Cos 3 tg2(xy) + cotg2(xy) 4 2) 2 = 2 log2(4.x – 4.x + ( VP ³ 4 ; VT £ 4) 3) VI- phương trình mũ có chứa tham số - Phương trình mũ có chứa tham số ta thường gặp một số dạng sau : + Giải và biện luận. + Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, có nghiệm duy nhất , có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước. + Biện luận theo tham số số nghiệm của phương trình. Đối với các dạng này ta thường đặt ẩn phụ để đưa phương trình mũ đã cho về những phương trình đại số đơn giản hơn rồi từ yêu cầu bài toán ta đưa về điều kiện tương đương đối với phương trình đại số rồi giải quyết các điều kiện tương đương đó. - Ví dụ : 1)Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu : m.4x + (2m + 3).2x – 3m + 5 = 0 (1) Nhận thấy nếu đặt 2x = t > 0 thì (1) sẽ có dạng : ¦(x) = m.t2 + (2m + 3).t – 3.m + 5 = 0 (*) - ứng với mỗi giá trị t > 0 cho một giá trị x - ứng với giá trị t > 1 cho giá trị x > 0 - ứng giá trị 0 < t < 1 cho giá trị x < 0 Vậy (1) có có 2 nghiệm trái dấu . Û (*) có 2 nghiệm t1 , t2 : 0 < t1 < 1 < t2 Û a. ¦(1) < 0 a. ¦(0) > 0 Þ Giải tìm được m 2) Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm x1 ¹ x2 sao cho x1 + x2 =3 4 x – m. 2 x+1 + 2.m = 0 (2) Đặt : 2 x = t > 0 Þ (2) có dạng : ¦(x) = t2 - 2m. t + 2.m = 0 (*)
Thấy (1) có 2 nghiệm x1 ¹ x2 Û (*) có 2 nghiệm 0 < t1 < t2 x1+x2 Để x1 + x2 = 3 Û 2 = 23 Û t1 . t2 = 8 Vậy yêu cầu bài toán Û (*) có 2 nghiệm t1 , t2 0 < t1 < t2 t1 . t2 = 8 D’ > 0 a. ¦(0) > 0 S Û 0 < 2 Þ Giải tìm được m c = 8 a * Bài tập tương tự tự giải : 1) Cho phương trình : m.4x – 2(m + 1).2 x + m + 4 = 0 Xác định m để : a) Phương trình có nghiệm b) Phương trình có nghiệm duy nhất c) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x1 , x2 sao cho x1 + x2 = - 2 2) Giải và biện luận theo a phương trình sau : ( 5 + 2Ö 6 )tg x + ( 5 - 2Ö 6 )tg x = a VII- Một số bài toán tham khảo thêm 1) 1 + a + a2 + a3 + .....+ ax = (1+ a) (1+a2 ) (1+a4 ) 1- ax + 1 Û 1- a = (1+ a ) (1+a2 ) (1+a4 ) Û 1 - a x + 1 = (1- a2 ) (1+a2 ) (1+a4 ) = 1- a8 Û x+1 = 8 Û x = 7 2) a + ( b + 1 )x = bx + ( a + 1 )x x (a;b > 0) Û x x (a+1) - a = (b+1) - b x x Giả sử x = a là nghiệm của phương trình
Þ ( a + 1 )a - a a = ( b + 1 )a - b a (*) a a Xét hàm ¦(t) = ( t + 1 ) - t với t > 0 (ở đây xem như a đã biết) Từ (*) Þ ¦(a) = ¦(b) Giả sử a > b . Theo định lý Lagrăng có $ t0 Î (a ; b) sao cho ¦ ‘(t0) = 0 Û a.( t0 + 1 )a - 1 - a.t0a - 1 = 0 Û a = 0 ( t 0 + 1 )a - 1 - t 0 a - 1 = 0 Û a = 0 ( t 0 + 1 )a - 1 = t 0 a - 1 Û a = 0 Û a = 0 (a - 1).ln (t0 +1) - (a - 1).ln t0 = 0 a = 1 Thử lại thấy x = 0 hoặc x = 1 là nghiệm của phương trình. x–1 x2 -x 3) 2 –2 = ( x – 1)2 Đặt U=x–1 V = x2 - x Þ V – U = (x – 1)2 Þ V – U = (x – 1)2 2U – 2V = (x – 1)2 Þ 2U – 2V = V – U Û 2U + U = 2V + V Xét hàm ¦(t) = 2 t + t trên R ta có : ¦ ‘(t ) = 2 t .ln 2 + 1 > 0 " t Î R Þ ¦(t) đồng biến trên R Þ ¦(U) = ¦(V) Û U = V Û (x – 1) = x2 - x Û x = 1 C - kết quả đề tài Thông qua quá trình giảng dạy học sinh khối 11, 12 và ôn luyện cho đối t- ượng học sinh khá giỏi , tôi đã áp dụng đề tài trên và kết quả cho thấy là : 1/- Học sinh có khả năng nhìn nhận đúng đắn và hiểu rõ bản chất của bài toán trong quá trình giải bài .
2/- Giúp học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay , ngắn gọn cho các dạng bài toán đó . 3/- Hình thành được tư duy logic , kỹ năng giải các bài toán phương trình mũ. Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân tôi rút ra trong quá trình giảng dạy về việc giải các phương trình mũ. Các vấn đề đã đưa ra có thể còn có những thiếu sót , tôi rất mong được sự góp ý của các bạn đồng nghiệp để bản sáng kiến này được hoàn chỉnh hơn . Tôi xin trân trọng cảm ơn ! Hạ long , ngày tháng năm 2007 Người viết Nguyễn Thị Tiến Lộc