Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 5 pdf
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (604.84 KB, 70 trang )
242
CHƯƠNG V. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
V.1.
)
(
)
1
1 4 10.2 24 1
x x−
− =
( )
(
)
2
1 2 5.2 24
x x
⇔ − =
Đặt
2 0.
x
t
= >
Phương trình (1) trở thành
2
5 24
t t
− =
2
5 24 0
8
3
t t
t
t
⇔ − − =
=
⇔
= −
So với điều kiện ta chọn
8
t
=
2 8
x
⇒ =
3.
x
⇔ =
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
3.
x
=
)
(
)
2 2
2 4.2 6 18.3 1
x x x
− =
( )
2
2 2
1 4. 18
3 3
x
⇔ − =
Đặt
2
0.
3
x
t
= >
Phương trình (1) trở thành
2
4 18
t t
− =
2
4 18 0
9
4
2
t t
t
t
⇔ − − =
=
⇔
= −
So với điều kiện ta chọn
9 2 9
4 3 4
x
t
= ⇒ =
2.
x
⇔ = −
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2.
x
= −
Điều kiện:
0
x
>
Ta có
( )
3
3 3 3
2
log
log
log log log
3
3 3 3 ,
x
x
x x x
x x= ⇒ = = do đó
( )
2 2
log log
3 3
1 3 3 162
x x
⇔ + =
2
log
3
2.3 162
x
⇔ =
) ( )
2
3 3
log log
3 3 162 1
x x
x+ =
243
2
log
3
3 81
x
⇔ =
2
3
log 4
x
⇔ =
3
3
log 2
log 2
x
x
=
⇔
= −
2
2
3 9
1
3 .
9
x
x
−
= =
⇔
= =
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1
9; .
9
x x
= =
)
( )
(
)
( )
2
1 1
3 5
log 1 log 2 1
4 9 5 1
x x+ +
=
Điều kiện:
2
1 0
1
2 1 0
x
x
x
+ >
⇔ > −
+ >
( )
(
)
2
1 1
3 5
2log 1 log 2 1
(1) 3 5
x x
− −
+ +
⇔ =
( )
(
)
2
5
3
log 2 1
2log 1
3 5
x
x
− +
− +
⇔ =
( )
( )
1
2
2
5
3
log 2 1
log 1
3 5
x
x
−
−
+
+
⇔ =
( )
(
)
1
2
2
1 2 1
x x
−
−
⇔ + = +
2 2
2 1 2 1
x x x
⇔ + + = +
2
2 0
x x
⇔ − =
0
2
x
x
=
⇔
=
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
0; 2.
x x
= =
5)
2 2
5 1 5
4 12.2 8 0(1)
x x x x− − − − −
− + =
Điều kiện:
2
5 0 5
x x− ≥ ⇔ ≥
2 2
5 2 5
(1) (2 ) 6.2 8 0
x x x x− − − −
⇔ − + =
Đặt
2
5
2 ( 0).
x x
t t
− −
= >
Khi đó phương trình (1) trở thành
2
6 8 0
t t
− + =
4
2
t
t
=
⇔
=
(Nhận).
+ Với
2
t
=
2
5
2 2
x x− −
⇒ =
2 2
5 1 5 1
x x x x
⇔ − − = ⇔ − = −
244
2 2
1 0
( 1) 5
x
x x
− ≥
⇔
− = −
1
2 6
x
x
≥
⇔
=
3
x
⇔ =
+ Với
4
t
=
2 2
5 5 2
2 4 2 2
x x x x− − − −
⇒ = ⇔ =
2 2
5 2 5 2
x x x x
⇔ − − = ⇔ − = −
2 2
2 0
( 2) 5
x
x x
− ≥
⇔
− = −
2
4 9
x
x
≥
⇔
=
9
4
x
⇔ =
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
9
3; .
4
x x
= =
6)
2 2
1 2
9 10.3 1 0(1)
x x x x+ − + −
− + =
2 2
1 2 1
10
(3 ) .3 1 0
3
x x x x+ − + −
⇔ − + =
Đặt
2
1
3 ( 0).
x x
t t
+ −
= >
Khi đó phương trình (1) trở thành
2
10
1 0
3
t t
− + =
3
1
3
t
t
=
⇔
=
(Nhận).
+ Với
1
3
t
=
2 2
1 1
1
3 3 3
3
x x x x x
+ − + − −
⇒ = ⇔ =
2
1 1
x x
⇔ + − = −
( 1) 0
x x
⇔ + =
0
1
x
x
=
⇔
= −
+ Với
3
t
=
2
1 2
3 3 1 1
x x
x x
+ −
⇒ = ⇔ + − =
2
2 0
x x
⇔ + − =
1
2
x
x
=
⇔
= −
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2; 1; 0; 1.
x x x x
= − = − = =
7)
3.4 (3 10).2 3 0(1)
x x
x x+ − + − =
2
3(2 ) (3 10).2 3 0
x x
x x
⇔ + − + − =
Đặt
2 ( 0).
x
t t
= >
Khi đó phương trình (1) trở thành
2
3 (3 10) 3 0(2).
t x t x+ − + − = Ta coi vế trái của phương trình (2) là một tam thức bậc hai
của biến
,
t
khi đó ta có
(
)
(
)
( )
2
2
2
2
3 10 4.3. 3 9 60 100 36 12
9 48 64 3 8 .
x x x x x
x x x
∆ = − − − = − + − +
= − + = −
245
Vì vậy
1
(2)
3
3
t
t x
=
⇔
= −
+ Với
1
3
t
=
2
1 1
2 log
3 3
x
x⇒ = ⇔ = .
+ Với
3 ,
t x
= −
ta có phương trình
2 3 2 3 0(3)
x x
x x= − ⇔ + − =
Ta thấy
1
x
=
là nghiệm của
(
)
3 .
Mặt khác, ta lại có
2 3
x
y x
= + −
là một hàm số tăng trên
ℝ
nên phương trình (3) chỉ có
một nghiệm duy nhất
1.
x
=
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2
1
log ; 1.
3
x x
= =
8)
2
(2 3) 2(1 2 ) 0(1).
x x
x x+ − + − = Ta coi (1) là phương trình bậc hai theo ẩn
.
x
Khi đó
2
(1)
1 2
x
x
x
=
⇔
= −
Giải phương trình
(
)
1 2 2 1 2
x x
x x= − ⇔ + =
Ta thấy
0
x
=
là nghiệm của
(
)
2 .
Thật vậy
0
2 0 1
+ =
(Đúng).
Mặt khác, ta lại có 2
x
y x
= +
là hàm tăng trên
ℝ
,
1
y
=
là hàm hằng.
Nên
0
x
=
là nghiệm duy nhất của
(
)
2 .
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
0; 2.
x x
= =
9)
3 1
4.3 3 1 9 (1)
x x x+
− = −
Điều kiện:
1 9 0 9 1 0.
x x
x
− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤
3 2
(1) 4.3 3.3 1 3 .
x x x
⇔ − = −
Với điều kiện
0
x
≤
thì
0 3 1,
x
< ≤
ta đặt
3 cos
x
t
= với
[0; )
2
t
π
∈ . Khi đó ta có phương
trình
3 2
4cos 3cos 1 cos
t t t
− = −
cos3 sin cos3 sin
t t t t
⇔ = ⇔ = (Do
[0; )
2
t
π
∈ )
246
cos3 cos
2
t t
π
⇔ = −
( )
3 2
8 22
, .
3 2
2 4
k
tt t k
k
t t k t k
π ππ
π
π
π
π π
= += − +
⇔ ⇔ ∈
= − + + = − +
ℤ
Do
[0; )
2
t
π
∈ nên ta chọn
3
3 cos log cos .
8 8 8
x
t x
π π π
= ⇒ = ⇔ =
Ta có
2 2
2 2 2 2
cos 2cos 1 cos cos .
4 8 8 4 8 2
π π π π
+ +
= − ⇔ = ⇔ =
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
3
2 2
log .
2
x
+
=
10)
2 2 2
3 2 6 5 2 3 7
4 4 4 1
x x x x x x− + + + + +
+ = +
Ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng
( )( )
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
3 2 6 5 3 2 6 5
3 2 6 5
3 2 3 2 2
2
6 5 6 5
4 4 4 .4 1
4 1 1 4 0
4 1 0 4 1 3 2 0 1 2
1 5.
6 5 0
1 4 0 4 1
x x x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x
x x
− + + + − + + +
− + + +
− + − +
+ + + +
+ = +
⇔ − − =
− = = − + = = ∨ =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
= − ∨ = −
+ + =
− = =
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1; 2; 1; 5.
x x x x
= = = − = −
11)
sin
4
tan .
x
e x
π
−
=
Điều kiện:
( )
cos 0 , .
2
x x k k
π
π
≠ ⇔ ≠ + ∈
ℤ
Dễ thấy
sin 0
x
=
không thỏa mãn phương trình.
Phương trình đã cho tương đương với
2 sinx 2 osx
2(sinx - cosx)
2 2
2
sin
(1)
cos sin cos
c
x e e
e
x x x
= ⇔ =
Đặt
sin
cos
u x
v x
=
=
. Ta có
(
)
, 1;1 ; , 0.
u v u v
∈ − ≠
Từ (1) ta có phương trình
2 2
2 2
.
u v
e e
u v
=
Xét hàm số
2
2
( ) ,
x
e
y f x
x
= = với
( 1;0) (0;1).
x
∈ − ∪
247
2
2
2
2
2 2
2
( 1)
( 2 2)
2
0
2
x
x
x
e
x e
y
x x
−
−
′
= = <
suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng
( 1;0)
−
và
(0;1).
Ta thấy
,
u v
cùng dấu nên
,
u v
cùng thuộc một khoảng (
1
−
; 0) hoặc (0; 1).
Từ giả thiết
( ) ( ) tan 1 .
4
f u f v u v x x k
π
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = +
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là
,
4
x k
π
π
= +
(
)
.
k ∈
ℤ
V.2.1)
2
4 2.5 10 0(1)
x x x
− − >
2
4 5
2. 1 0
10 10
x x
x x
⇔ − − >
2 5
2. 1 0
5 2
x x
⇔ − − >
Đặt
2
0.
5
x
t
= >
Bất phương trình (1) trở thành
2
1 0
t
t
− − >
2
2 0
t t
⇔ − − >
1
2
t
t
< −
⇔
>
So với điều kiện
0
t
>
ta nhận
2
t
>
.
Như vậy ta có
2
5
x
2
>
2
5
log 2
x⇔ < .
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
2
5
;log 2 .
−∞
2)
2
9 3 3 9
x x x+
− > −
⇔
2
2
3 9 0
9 3 0
3 9 0
9 3 9 18.3 81
x
x x
x
x x x x
+
+
− <
− ≥
− ≥
− ≥ − +
⇔
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
<
≥
⇔ ≥
≥
≥
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
[2; ).
+∞
248
3)
4 2 4
2(1)
1
x
x
x
+ −
≤
−
1
4 2 0 2 1
2
1 0 1 1
4 2 1
(1) 0 1
1 2
2 1 1
4 2 0
2
1
1 0
1
x
x
x
x
x
x x x
x
x
x
x
x
x
x
≤
− ≤ ≤
− > > >
−
⇔ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ <
−
≥
− ≥
≥
<
− <
<
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
1
;1 .
2
4)
1 1
15.2 1 2 1 2
x x x
+ +
+ ≥ − +
Đặt
2 0
x
t
= >
Bất phương trình đã cho trở thành
30 1 1 2
t t t
+ ≥ − +
+ Xét
0 1
t
< <
Ta có
30 1 1 2
t t t
+ ≥ − +
2
2
30 1 1 2
30 1 1
30 1 2 1
28 0
0 28
t t t
t t
t t t
t t
t
⇔ + ≥ − +
⇔ + ≥ +
⇔ + ≥ + +
⇔ − ≤
⇔ ≤ ≤
So với điều kiện
0 1
t
< <
ta được
0 1
t
< <
0 2 1
x
⇔ < <
0.
x
⇔ <
+ Xét
1
t
≥
Ta có
30 1 1 2
t t t
+ ≥ − +
30 1 1 2
30 1 3 1
t t t
t t
⇔ + ≥ − +
⇔ + ≥ −
2
30 1 9 6 1
t t t
⇔ + ≥ − +
(do
1 3 1 0)
t t
≥ ⇒ − >
2
9 36 0
t t
⇔ − ≤
0 4
t
⇔ ≤ ≤
So với điều kiện
1
t
≥
ta được
1 4 1 2 4 0 2.
x
t x
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
( ;2].
−∞
5)
( )
2
2
2
log
log
2 4(1)
x
x
x+ ≤
249
Đặt
2
log 2 .
t
t x x
= ⇒ =
Ta có bất phương trình
2 2
2 2 4
t t
+ ≤
2
2 2
t
⇔ ≤
2
1
t
⇔ ≤
1 1
t
⇔ − ≤ ≤
Suy ra
2
1 log 1
x
− ≤ ≤
1
2
2
x
⇔ ≤ ≤
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
1
;2 .
2
6)
( ) ( )
1 3
3 1
10 3 10 3 0(1)
x x
x x
+ −
+ −
− − + ≥
Ta có
(
)
(
)
( )
1
10 3 10 3 1
10 3 10 3
−
− + =
⇒ − = +
do đó bất phương trình (1) tương đương với
( ) ( )
( ) ( )
1 3
3 1
1 3
3 1
10 3 10 3 0
10 3 10 3
1 3
3 1
x x
x x
x x
x x
x x
x x
+ −
−
+ −
+ −
−
+ −
+ − + ≥
⇔ + ≥ +
− − −
⇔ ≥
+ −
( )( )
2
1 3
0
3 1
2 10
0
3 1
x x
x x
x
x x
+ −
⇔ + ≤
+ −
−
⇔ ≤
+ −
3 5
1 5
x
x
− < ≤ −
⇔
< ≤
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
( 3; 5] (1; 5].
− − ∪
7)
2 2 2
2 1 2
4 .2 3.2 .2 8 12
x x x
x x x x
+
+ + > + +
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 2 2
2 1 2
4 .2 3.2 .2 8 12 0
x x x
x x x x
+
+ + − − − >
(
)
(
)
(
)
2 2 2
2
4 2 2 4 2 3 4 2 0
x x x
x x
⇔ − − − − − >
250
(
)
(
)
2
2
4 2 2 3 0
x
x x
⇔ − − − >
2
2
22
2
2
4 2 0
2 4
2 3 0 1 3
2 44 2 0
1 3
2 3 0
x
x
xx
x x x x
x
x x
− >
<
− − > < − ∨ >
⇔ ⇔
>− <
− < <
− − <
2 2
1 3
2 1
2 3
2 2
1 3
x
x x
x
x
x x
x
− < <
< − ∨ >
− < < −
⇔ ⇔
< <
< − ∨ >
− < <
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
(
)
(
)
2; 1 2;3 .
− − ∪
8)
1 1
8 2 4 2 5
x x x+ +
+ − + >
Đặt
2 0.
x
t
= >
Bất phương trình đã cho trở thành
2
8 2 2 5
t t t
+ − + >
2
8 2 5 2
t t t
⇔ + − > −
( )
2
2
2
2
5 2 0
8 2 0
5 2 0
8 2 5 2
5
2
2 4
5
2
5 22 17 0
t
t t
t
t t t
t
t
t
t t
− <
+ − ≥
⇔
− ≥
+ − > −
>
− ≤ ≤
⇔
≤
− + <
5
4
2
1 4
5
1
2
t
t
t
< ≤
⇔ ⇔ < ≤
< ≤
Suy ra
1 2 4
x
< ≤
0 2
x
⇔ < ≤
.
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
(
]
0;2 .
251
9)
2
2
1
9
3
x
x
+
−
>
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
x
x
+
< −
−
(
)
2 2 2
0
2
2 2 4
0(1)
2
x x
x
x x
x
+ + −
⇔ <
−
+ − +
⇔ <
−
+ Xét trường hợp
2
x
< −
2 2 4
(1) 0
2
1 0.
x x
x
− − + +
⇔ <
+
⇔ <
Trường hợp này (1) không nghiệm đúng.
+ Xét trường hợp
2 0
x
− < <
2 2 4
(1) 0
2
3 0.
x x
x
+ + +
⇔ <
+
⇔ <
(1) cũng không nghiệm đúng.
+ Xét trường hợp
0
x
>
2 2 4
(1) 0
2
6
0 2 6.
2
x x
x
x
x
x
+ − +
⇔ <
− +
−
⇔ < ⇔ < <
−
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
(
)
2;6 .
V. 3.
(
)
( )
2
6 4 3 2
2 2 4 3 6 1
m x x m
m x m
+ +
− = − + −
( )
(
)
( )
2
2
6 4 3 2
6 2 4 3
1 2 2 6 4 3
2 6 2 4 3
m x x m
m x x m
m x x m
m x x m
+ +
+ +
⇔ − = − + + +
⇔ + + = + +
Xét hàm số
(
)
2 .
t
f t t
= +
Hàm số này đồng biến trên
.
ℝ
Phương trình
(
)
1
được viết dưới dạng
(
)
(
)
2
6 4 3
f m x f x m
+ = +
252
( )
2
2
6 4 3
4 3 6
m x x m
m x m
⇔ + = +
⇔ − = −
Vậy, ta có
+ Nếu
2
m
=
thì phương trình
(
)
1
có nghiệm tùy ý.
+ Nếu
2
m
= −
thì phương trình
(
)
1
vô nghiệm.
+ Nếu
2
m
≠ ±
thì phương trình
(
)
1
có nghiệm là
2
3 6
.
4
m
x
m
−
=
−
V.4.
(
)
(
)
4 4 2 2 1 1 .
x x x x
m
− −
+ = + + Đặt
(
)
2 2 2
x x
t t
−
= + ≥
Suy ra
2
4 4 2
x x
t
−
= + +
Khi đó phương trình
(
)
1
trở thành
(
)
2 2
2 0 2 1
t mt m t m t
− − − = ⇔ − = +
( )
2
2
2
1
t
m
t
−
⇔ =
+
Xét
( )
2
2
1
t
f t
t
−
=
+
,
2
t
≥
. Phương trình
(
)
1
có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng
y m
=
cắt đồ thị hàm số
( )
2
2
( ) 2
1
t
y f t t
t
−
= = ≥
+
tại ít nhất một điểm.
Ta có
( )
( )
2
2
2 2
' 0, 2
1
t t
f t t
t
+ +
= > ∀ ≥
+
Lập bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có với
2
3
m
≥
thì phương trình
(
)
1
có nghiệm.
Vậy, phương trình (1) có nghiệm khi
2
.
3
m
≥
V.5. 1)
3 2 3
4 128
.
5 1
x y
x y
+
− −
=
=
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với
253
2( ) 7
3 2 3 0
2 2 2( ) 7 2 2 7
3 2 3 0 3 2 3
5 5
x y
x y
x y x y
x y x y
+
− −
= + = + =
⇔ ⇔
− − = − =
=
2
2 2 7
3
5 10
2
x
x y
x
y
=
+ =
⇔ ⇔
=
=
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
3
2; .
2
2)
9
log ( 4 )
2 2
8 1
4 7.2 8
x y
x y x y
−
− −
=
− =
( )
9
2
2 1 2 1
2 2 2 1 2 1
4 1
log ( 4 ) 0
4 1
4 7.2 8
4 7.2 8
2 7.2 8 0
y y
x y x y y y
x y
x y
x y
+ +
− − + +
= +
− =
= +
⇔ ⇔ ⇔
− =
− =
− − =
2 1
2
2 1
4 1
4 1
5
2 8
1
2 4
2 1
y
y
y
x y
x y
x
y
+
+
= +
= +
=
⇔ ⇔ ⇔=
=
=
= −
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(5;1).
3)
3 2
1
2 5 4
4 2
2 2
x
x x
x
y y
y
+
= −
+
=
+
( )
3 2
2 5 4
2 2 2
2 2
x
x x
x
y y
y
= −
⇔
+
=
+
3 2
2 5 4
2
x
x
y y
y
= −
⇔
=
3 2
5 4 0
2
x
y y y
y
− + =
⇔
=
0
0
1
1
4
2
4
2
x
xy
yy
y
x
y
y
=
=
=
=
⇔ ⇔
=
=
=
=
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(
)
(
)
0;1 ; 2;4 .
4)
2 2
log ( ) log 3
2 2
9 3 2( )
( )
3 3 6
xy
xy
I
x y x y
= +
+ = + +
Điều kiện:
0
xy
>
2 2
log ( ) log 3
2
9 3 2( )
( )
( ) 3( ) 2 6
xy
xy
I
x y x y xy
= +
⇔
+ = + + +
Đặt
2
log 3
( )
t xy= >0
3 2
log log ( )
t xy
⇒ =
Khi đó, phương trình
2 2
log ( ) log 3
9 3 2( )
xy
xy= + trở thành
3
log
9 3 2
t
t
= +
2
3
log
3 3 2
t
t
⇔ = +
2 2
3 2 2 3 0
t t t t
⇔ = + ⇔ − − =
1
3
t
t
= −
⇔
=
Chọn
3
t
=
2
log 3
2 3 2
( ) 3 log 3log ( ) 1 log ( ) 1 2
xy xy xy xy
⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
254
Thay
2
xy
=
vào phương trình
2
( ) 3( ) 2 6
x y x y xy
+ = + + +
ta được
2
5
( ) 3( ) 10 0
2
x y
x y x y
x y
+ =
+ − + − = ⇔
+ = −
Suy ra
2
5
( )
2
2
xy
x y
I
xy
x y
=
+ =
⇔
=
+ = −
+ Giải hệ
2
( )
5
xy
I
x y
=
′
+ =
Như vậy,
,
x y
là nghiệm của phương trình
2
5 17
2
5 2 0
5 17
2
X
X X
X
+
=
− + = ⇔
−
=
Suy ra hệ phương trình
( )
I
′
có hai nghiệm là
5 17 5 17 5 17 5 17
; ; ; .
2 2 2 2
+ − − +
+ Giải hệ
2
( )
2
xy
I
x y
=
′′
+ = −
Ta có
,
x y
là nghiệm của phương trình
2
2 2 0
X X
+ + =
(Phương trình vô nghiệm)
Do đó hệ phương trình
( )
I
′′
vô nghiệm.
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
5 17 5 17 5 17 5 17
; ; ; .
2 2 2 2
+ − − +
5)
2
2
2
2
( )2 1
( )
9( ) 6
y x
x y
x y
I
x y
−
−
+ =
+ =
2 2
2
2 2 2
2 2
2
2
2 2
2
( )
2
9.2 6 9 3
x y x y
x y
x y x y x y
x y x y
x y
I
x y
− −
−
− − −
+ = + =
+ =
⇔ ⇔ ⇔
− =
= =
2
2
2
2
2
2 2 4
2
2
2
1
2
x y
y
x y
x y
x y
y
x y
−
+ =
+ =
⇔ ⇔
= +
= +
=
⇔
= +
255
2
3
1
1
1
3
3
3
3
1
x
y
y
y
x
x
x
x
y
=
=
=
=
⇔ ⇔ ⇔=
=
= −
= −
=
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(
)
(
)
3;1 ; 3;1 .
−
6)
2 2
3 3 ( )( 8)
( )
8
x y
y x xy
I
x y
− = − +
+ =
2 2
2 2
2 2 3 3 2 2 3 3
2 2 2 2
3 3 ( )( )
( )
8
3 3 3 3
8 8
x y
x y x y
y x xy x y
I
x y
xy x y y x xy x y x y
x y x y
− = − + +
⇔
+ =
− = + + − − − + = +
⇔ ⇔
+ = + =
Xét hàm số
(
)
3
3 ,
u
f u u
= + hàm số này đồng biến trên
.
ℝ
Do đó, phương trình
3 3
3 3
x y
x y x y
+ = + ⇔ =
Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với
2 2 2
2
2
2
8 2 8
2
2
2
x
x y
y
x y x y
x
x y x
x
x
y
= −
=
= −
= =
⇔ ⇔ ⇔
=
+ = =
=
= −
=
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(
)
(
)
2;2 ; 2; 2 .
− −
)
3 3 (1)
7
3 3 (2)
x
y
x y
y x
+ = +
+ = +
Trừ
(
)
1
cho
(2)
vế theo vế ta được
3 3 3 2 3 2 .
x y x y
x y y x x y
+ − − = − ⇔ + = +
Xét hàm số đặc trưng
(
)
(
)
3 2
t
f t t t= + ∈
ℝ
Ta có
(
)
3
t
f t
′
=
ln3
2
+
0, .
t
> ∀ ∈
ℝ
Suy ra hàm số
(
)
f t
đồng biến trên
.
ℝ
Do đó phương trình 3 2 3 2
x y
x y x y
+ = + ⇔ =
Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với
3 3
x
x y
x x
=
+ = +
1
1
3 3
x
x y
x
y
=
=
⇔ ⇔
=
=
256
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(
)
1;1 .
8)
2 1
2
2
2
2 3.2 2
2 3 2 2
x x
x
y
y y
+
− = −
− = −
( )
I
Ta có hệ phương trình
( )
I
tương đương với
(
)
2 2 2
2
2
2 2
2
2
4 3 2
2
2
2 2 3 2 3. 2 3 2 2
2 3 2 2
2 2 2 3 2
2 3 2 2
4 6 5 2 0
2 3 2 2
x
x
x
y y y y y
y y
y y y y
y y
y y y y
y y
− + − − + = −
− + =
− + = − +
⇔
− + =
− + − + =
⇔
− + =
( )( )
(
)
2
2
2
2
2
1 2 1 0
2 2 3 2
1 0
2 0
2 2 3 2
x
x
y y y y
y y
y
y
y y
− − − + =
⇔
= − +
− =
− =
⇔
= − +
1
2 0
2
2 2
y
x
y
x
=
=
⇔
=
=
0
1
1
1
2
x
y
x
x
y
=
=
⇔
=
= −
=
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(
)
(
)
(
)
0;1 ; 1;2 ; 1;2 .
−
Chú ý. Có thể làm theo cách khác như sau:
Đặt
2 1.
x
u
= ≥
Hệ phương trình đã cho trở thành hệ đối xứng loại
II
2 2
2 2
2 3 2
( )
2 3 2
u u y
I
y y u
− = −
− = −
Trừ theo vế của hai phương trình của hệ cho nhau ta được
2 2 2 2
2( ) 3( ) ( ) 3( )( 1) 0
1
u y
u y u y u y u y u y
y u
=
− − − = − − ⇔ − + − = ⇔
= −
+ Với
u y
=
thì hệ phương trình
( )
I
tương đương với
257
2 2
1
1 2 2
2 3 2
2 1 0
1 1
1 1
2 2
2
2
x
x
u y
u y u y
u u u y
u u u
x
y y
x x
y
y
=
= = =
⇔ ⇔
= ∨ = = =
− = −
= =
= =
⇔ ⇔
= ∨ = −
=
=
=
+ Với
1
y u
= −
thì hệ phương trình
( )
I
vô nghiệm.
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(
)
(
)
(
)
0;1 ; 1;2 ; 1;2 .
−
)
( )
3
3
log 2
log ( )
2 2
4 2
9
3 3 12
xy
xy
x y x y
= +
+ − − =
Điều kiện:
0
xy
>
Hệ phương trình đã cho tương đương với
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 3 3
3
2.log 2.log log
log ( )
2 2
2 2 2 2 2 2 0
2 3 12 2 3 12
xy xy xy
xy
x y xy x y x y xy x y
= + − − =
⇔
+ − − + = + − − + =
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
3
3
3
log
log
log
2
2
2 1
2 2
2 2
2 3 12
2 3 12
xy
xy
xy
VN
x y xy x y
x y xy x y
= −
=
⇔ ⇔
=
+ − − + =
+ − − + =
(
)
( ) ( )
( ) ( )
3
2
2
log 1 3
3 18 0
2 3 12
3
6
3
xy xy
x y x y
x y xy x y
xy
x y
x y
= =
⇔ ⇔
+ − + − =
+ − − + =
=
⇔ + =
+ = −
( )
3
6
3
6
3
3
xy
x y
xy
x y
xy
VN
x y
=
+ =
=
⇔ ⇔
+ =
=
+ = −
3 6
3 6
3 6
3 6
x
y
x
y
= +
= −
⇔
= −
= +
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(
)
(
)
3 6;3 6 ; 3 6;3 6 .
+ − − +
)
2 2
2
2 4 2
10
2 4 2 3
x y
x y x y+
+ =
+ + =
258
Đặt
2
4
x
y
u
v
=
=
. Điều kiện:
0
0
u
v
>
>
Hệ phương trình đã cho trở thành
2 2
2
3
u v
u v uv
+ =
+ + =
( )
2
2 2
3
u v uv
u v uv
+ − =
⇔
+ + =
( ) ( )
( )
2
2 6 2
3
u v u v
uv u v
+ + + − =
⇔
= − + +
( ) ( )
( )
( )
2
2
2 8 0
4
3
3
u v
u v u v
u v
uv u v
uv u v
+ =
+ + + − =
+ = −
⇔ ⇔
= − + +
= − + +
( )
4
7
1
1.
2
1
u v
VN
uv
u
v
u v
uv
+ = −
=
=
⇔ ⇔
=
+ =
=
Suy ra
2 1 0
0.
4 1
x
y
x
y
= =
⇔
=
=
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
(
)
0;0 .
11)
2 2
1 1
2
2 2 ln (1)
3 2 3 (2)
x y
y
x
y y x
− −
− =
+ + = +
Điều kiện:
0, 0.
x y
> >
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
1
(1) (2 2 ) ln ln
2
2 2 2 ln ln
2 2 ln ln
2 ln 2 ln
x y
x y
x y
x y
y x
y x
y x
x y
⇔ − = −
⇔ − = −
⇔ − = −
⇔ + = +
Xét hàm số
(
)
( ) 2 ln 0 .
t
f t t t= + > Khi đó ta có
2 2
( ) ( ).
f x f y
=
Ta có hàm số
( )
f t
tăng trên
(0; )
+∞
nên suy ra
2 2
( ) ( )
f x f y
= ⇔
2 2
.
x y
=
Với
2 2
,
x y
= hệ phương trình đã cho trở thành
259
2 2
2
3 2 3
x y
y y x
=
+ + = +
2
0
0
3 2 3
x y
x y
y y x
− =
+ =
⇔
+ + = +
2
3 3
x y
x x
=
⇔
+ = −
(do
0, 0
x y
> >
).
Ta có hàm số 3
y x
= − nghịch biến trên
[0; )
D
= +∞
và hàm số
2
3
y x
= +
là một
hàm số đồng biến trên
,
ℝ
do đó cũng đồng biến trên
[0; ).
D
= +∞
Theo tính chất của hàm
số đơn điệu thì phương trình
2
3 3
x x
+ = − có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra được
1
x
=
là nghiệm của phương trình.
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
(1;1).
12)
1
( )
2 2 2
x y
x y
I
+ =
− =
(
)
( )
2 . 2 2
2 2
( )
2 2 2
2 2 2
x y
x y
x y
x y
I
+
− = −
=
⇔ ⇔
− =
+ − =
Đặt
2
,
2
x
y
u
v
=
= −
điều kiện
0, 0.
u v
> <
Ta có hệ
2
. 2
u v
u v
+ =
= −
, khi đó
,
u v
là nghiệm của
phương trình
2
1 3
2 2 0
1 3
t
t t
t
= +
− − = ⇔
= −
. Như vậy ta có
(
)
( )
2
2
log 1 3
1 3 2 1 3
1 3 2 1 3
log 3 1
x
y
x
u
v
y
= +
= + = +
⇔ ⇔
= − − = −
= −
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
(
)
(
)
(
)
2 2
log 1 3 ;log 3 1 .
+ −
13)
3 1 2 3
2
2 2 3.2 (1)
3 1 1(2)
x y x y
x xy x
+ − +
+ =
+ + = +
( )
2
1
1 0
(2)
3 1 0
3 1 1
0
1
1 3
x
x
x x y
x xy x
x
x
y x
≥ −
+ ≥
⇔ ⇔
+ − =
+ + = +
=
⇔
≥ −
= −
260
+ Với
0,
x
=
thay vào (1) ta được
2
2
8 8
2 2 3.2 8 2 12.2 2 log .
11 11
y y y y y
y
−
+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
+ Với
1
1 3
x
y x
≥ −
= −
, thay
1 3
y x
= −
vào (1) ta được
( )
2
3 1 3 1 3 1 3 1 3 1
3 1
3 1
3 1
1
2 2 6 2 6 2 6.2 1 0
2
2 3 2 2
2 3 2 2
x x x x x
x
x
x
+ − − + + +
+
+
+
+ = ⇔ + = ⇔ − + =
= +
⇔
= −
Do điều kiện
1
x
≥ −
nên
3 1
1
2
4
x+
≥
vì vậy ta chọn
3 1
2 3 2 2.
x+
= +
Ta có
(
)
( )
( )
3 1
2
2 2
2
2 3 2 2 3 1 log 3 2 2
1 1 3 2 2
log 3 2 2 1 log
3 3 2
2 log 3 2 2 .
x
x
x
y
+
= + ⇔ + = +
+
⇔ = + − =
⇒ = − +
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
( ) ( )
2 2 2
11 1
0;log , log 3 2 2 1 ;2 log 3 2 2 .
8 3
+ − − +
14)
2 2 2 2
1
3 2 17
( )
2.3 3.2 8
x y
x y
I
+ +
+
+ =
+ =
Đặt
3
,
2
x
y
u
v
=
=
điều kiện:
, 0.
u v
>
Khi đó hệ phương trình
( )
I
được biến đổi về dạng
( )
2
2
2
2 2
8 3
25 48 4 0
9 4 17
9 4 17
6
8 3
6 3 8
8 3
6
6
2
1
2
25
3
8 3
2, 0
6
v
v v
v
u v
v
u v
u
v
u
v v
u
v
v v
u
−
− − =
+ =
+ =
⇔ ⇔
−
+ =
=
−
=
= ∨ = −
=
⇔ ⇔
−
= >
=
Như vậy ta được
1
3
1
3
1
2 2
x
y
x
y
=
= −
⇔
=
=
. Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm là
(
)
1;1 .
−
261
V.6. 1)
(
)
3
log 3 8 2
x
x
− = −
Phương trình đã cho tương đương với
2
3 8 3
x x
−
− =
9
3 8
3
x
x
⇔ − =
2
(3 ) 8.3 9 0
x x
⇔ − − =
3 1
3 9 2
3 9
x
x
x
x
= −
⇔ ⇔ = ⇔ =
=
.
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2.
x
=
2)
1
log 3 2(1)
x−
=
Điều kiện:
1 0 1
1 1 2
x x
x x
− > >
⇔
− ≠ ≠
2
(1) ( 1) 3
x
⇔ − =
2 2
1 3
2 1 3 2 2 0
1 3
x
x x x x
x
= +
⇔ − + = ⇔ − − = ⇔
= −
Ta chọn
1 3
x = +
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1 3.
x = +
3)
2
log (9 2 )
1(1)
3
x
x
−
=
−
Điều kiện:
2
3
3
log 9
9 2 0
x
x
x
x
≠
≠
⇔
<
− >
2
(1) log (9 2 ) 3
x
x
⇔ − = −
(3 )
(9 2 ) 2
x x
−
⇔ − =
8
9 2
2
x
x
⇔ − =
( )
2
2 1 0
2 9.2 8 0
3
2 8
x
x x
x
x
x
= =
⇔ − + = ⇔ ⇔
=
=
Ta chọn
0.
x
=
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
0.
x
=
4)
4
2
8
2
1 1
log ( 3) log ( 8) log (4 )(1)
2 4
x x x+ + − =
Điều kiện:
3 0
8 0
4 0
x
x
x
+ >
− ≠
>
3
8
0
x
x
x
> −
⇔ ≠
>
0
8
x
x
>
⇔
≠
8
2 2 2
1
(1) log ( 3) log ( 8) log (4 )
8
x x x
⇔ + + − =
262
2 2 2
2 2
log ( 3) log 8 log (4 )
log ( 3) 8 log (4 )
x x x
x x x
⇔ + + − =
⇔ + − =
( 3) 8 4
x x x
⇔ + − =
Kết hợp với điều kiện bài toán ta có
( 3)(8 ) 4
0 8
(1)
( 3)( 8) 4
8
x x x
x
x x x
x
+ − =
< <
⇔
+ − =
>
2
2
24 0
1 97
0 8
2
9 24 0
9 177
2
8
x x
x
x
x x
x
x
− + + =
+
=
< <
⇔ ⇔
− − = +
=
>
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1 97 9 177
; .
2 2
x x
+ +
= =
5)
2 2
1
log (4 15.2 27) 2log 0(1)
(4.2 3)
x x
x
+ + + =
−
Điều kiện:
2
4 15.2 27 0
3 3
4.2 3 0 2 log .
4 4
4.2 3 0
x x
x x
x
x
+ + >
⇔ − > ⇔ > ⇔ >
− >
2
2
4 15.2 27
(1) log 0
(4.2 3)
x x
x
+ +
⇔ =
−
.
2
2
2 2
2 2
4 15.2 27
1 4 15.2 27 (4.2 3)
(4.2 3)
2 15.2 27 16.2 24.2 9
15.2 39.2 18 0 5.2 13.2 6 0
x x
x x x
x
x x x x
x x x x
+ +
⇔ = ⇔ + + = −
−
⇔ + + = − +
⇔ − + + = ⇔ + + =
2
2 3
2 3 log 3
2
2
5
x
x
x
x
=
⇔ ⇔ = ⇔ =
= −
2
log 3
x = thỏa điều kiện. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2
log 3.
x =
6)
7 7
log (2 1) log (2 7) 1(1)
x x
− + − =
Điều kiện:
2
2 1 0
2 7 log 7
2 7 0
x
x
x
x
− >
⇔ > ⇔ >
− >
7 7
(1) log (2 1)(2 7) log 7
x x
⇔ − − =
(
)
2
(2 1)(2 7) 7 2 8.2 0
2 0
2 8 3
2 8
x x x x
x
x
x
x
⇔ − − = ⇔ − =
=
⇔ ⇔ = ⇔ =
=
263
3
x
=
thỏa điều kiện. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
3.
x
=
) ( ) ( )
2 4 2
1
7 2 log 1 log log 0 1
4
x x+ + =
Điều kiện:
0
x
>
( )
2 2 2
1
(1) 2 log 1 log 2log 2 0
2
x x
⇔ + − =
(
)
2 2
log 1 log 2 0
x x
⇔ + − =
2
2 2
log log 2 0
x x
⇔ + − =
2
2
log 1
log 2
x
x
=
⇔
= −
2
1
4
x
x
=
⇔
=
(Thỏa điều kiện)
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1
2; .
4
x x
= =
)
(
)
(
)
(
)
3 1
3
8 2log 4 3 log 2 3 2 1
x x− + + =
Điều kiện:
3
4 3 0
3
4
.(*)
3
2 3 0
4
2
x
x
x
x
x
>
− >
⇔ ⇔ >
+ >
> −
( ) ( )
2
3 3
(1) log 4 3 log 2 3 2
x x
⇔ − − + =
( ) ( )
( )
( )
2
2
3 3
3
2
2
3 3
log 4 3 log 2 3 log 3
4 3
log log 3
2 3
x x
x
x
⇔ − − + =
−
⇔ =
+
(
)
( )
( ) ( )
2
2
2
4 3
9 4 3 9 2 3
2 3
16 24 9 18 27
x
x x
x
x x x
−
⇔ = ⇔ − = +
+
⇔ − + = +
2
3
8 21 9 0
3
8
x
x x
x
=
⇔ − − = ⇔
= −
Đối chiếu với điều kiện (*) ta chọn
3.
x
=
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
3.
x
=
)
2
3 1 1
2 2
9 log log 3log 5 2(1)
x x
− + =
264
2
3 1 1 3
2 2
(1) log log 3log 5 log 9
x x
⇔ − + =
2
1 1
2 2
log 3log 5 9
x x
⇔ − + =
2
1 1
2 2
log 3log 4 0
x x
⇔ − − =
1
2
1
2
log 1
log 4
x
x
= −
⇔
=
2
2
log 1
log 4
x
x
=
⇔
= −
2
1
16
x
x
=
⇔
=
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1
2; .
16
x x= =
10)
2
2
log 2 2log 4 log 8(1)
x x
x
+ =
Điều kiện:
0; 1 0
2 0;2 1 1
1
2 0; 2 1
2
x x x
x x x
x x
x
> ≠ >
> ≠ ⇔ ≠
> ≠
≠
2 3
2 2
2 2
(1) log 2 2log 2 2log 2
log 2 4log 2 6log 2
x x x
x x x
⇔ + =
⇔ + =
( )
2
2
log 4
log 2 log 4 log 2
log 2
2log 2
log 2 log 2 log 2
log 2 1
x
x x x
x
x
x x x
x
x
⇔ = ⇔ =
⇔ = ⇔ =
+
log 2 0
log 2(log 2 1) 0
log 2 1 0
x
x x
x
=
⇔ − = ⇔
− =
log 2 1 2
x
x
⇔ = ⇔ =
(Nhận)
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2.
x
=
11)
3
1 8
2
2
log 1 log (3 ) log ( 1) 0(1)
x x x+ − − − − =
Điều kiện:
1 0 1
3 0 3 1 3
1 0 1
x x
x x x
x x
+ > > −
− > ⇔ < ⇔ < <
− > >
2 2 2
(1) log ( 1) log (3 ) log ( 1) 0
x x x
⇔ + + − − − =
265
2 2
2
log ( 1)(3 ) log ( 1)
( 1)(3 ) 1
4 0
1 17
2
1 17
2
x x x
x x x
x x
x
x
⇔ + − = −
⇔ + − = −
⇔ − − =
+
=
⇔
−
=
Ta chọn
1 17
2
x
+
=
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1 17
.
2
x
+
=
12)
3 3
log (9 9) log (28 2.3 )(1)
x x
x+ = + −
Điều kiện:
3
28 2.3 0
28 2.3 0 2.3 28 3 14 log 14
9 9 0
x
x x x
x
x
− >
⇔ − > ⇔ < ⇔ < ⇔ <
+ >
3 3 3
(1) log (9 9) log 3 log (28 2.3 )
x x x
⇔ + = + −
3 3
log (9 9) log 3 (28 2.3 )
9 9 28.3 2.9
x x x
x x x
⇔ + = −
⇔ + = −
2
3.(3 ) 28.3 9 0
x x
⇔ − + =
3 9
2
1
1
3
3
x
x
x
x
=
=
⇔ ⇔
= −
=
(Nhận)
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2; 1.
x x
= = −
13)
3
2
3
27
16log 3log 0(1)
x
x
x x− =
Điều kiện:
3
3
27 0
27 1
0
0
1
3 0
3
3 1
x
x
x
x
x
x
x
>
≠
>
> ⇔
≠
>
≠
3 3
16
(1) log 6log 0
3
x x
x x
⇔ − =
3 3
2
log 0 log 0
3
x x
x x
⇔ − = ⇔ =
1
x
⇔ =
(Thỏa điều kiện)
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1.
x
=
14)
2 3
2 4 4
log 2 log 16 log (1)
x x x+ =
266
Điều kiện:
0
x
>
3
4
2 2 3
2 4 4
log 0
(1)
log 2 log 16 log
x
x x x
≥
⇔
+ =
2
2 2 2 2 2
1
1 9
log 2 2log 2log 2 log log
2 4
x
x x x
≥
⇔
+ + + =
2
2 2
1
9log 10log 12 0
x
x x
≥
⇔
− − =
5 133
5 133
99
2
5 133
9
2
1
1
5 133
log
2
2
9
5 133
log
2
9
x
x
x
x
x
x
x
++
−
≥
≥
+
=
⇔ ⇔ ⇔ =
=
−
=
=
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
5 133
9
2 .
x
+
=
15)
(
)
(
)
1
2
log 2 1 log 2 2 6(1)
x x+
+ + =
(
)
(
)
2 2
(1) log 2 1 .log 2 2 1 6
x x
⇔ + + =
(
)
(
)
(
)
2 2
log 2 1 . 1 log 2 1 6
x x
⇔ + + + =
2
2 2
log (2 1) log (2 1) 6 0
x x
⇔ + + + − =
2
2
2
2 1 4
log (2 1) 2
1
log (2 1) 3
2 1
8
2 3
2 3 log 3
7
2
8
x
x
x
x
x
x
x
x
+ =
+ =
⇔ ⇔
+ = −
+ =
=
⇔ ⇔ = ⇔ =
= −
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2
log 3.
x =
16)
( )
( )
( )
2
2 4
2 2
2
3
4
1
log 2 2 1
log 2 2
x
x x
x
−
− − = −
−
Điều kiện:
2 4
2
2
2 0
1 1
2 2 0
2
2 2 1
2
x x
x
x
x
x
− − >
− < <
− > ⇔
≠ ±
− ≠
