Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 5 phương trình mũ và lôgarit lê hoành phò file word

CHUYÊN ĐỀ 5 - PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Phương pháp chung:
- Đưa về cùng một cơ số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích,…
- Lôgarit hóa, mũ hóa
- Sử dụng bất đẳng thức, tính đơn điệu của hàm số, định lý Lagrange,…
Phương trình mũ và lôgarit
x
- Dạng: a = b ( a > 0, a ≠ 1)

Nếu b ≤ 0 , phương trình vô nghiệm
Nếu b > 0 , phương trình có nghiệm duy nhất x = log a b
- Dạng: log a x = b ( a > 0, a ≠ 1 )
Phương trình luôn có nghiệm duy nhất x = a b .
f ( x)

=a

g( x)

a = 1
 a ≠ 1, f ( x ) = g ( x )

( a > 0) ⇔ 

•

a

•

 f ( x ) > 0 hay g ( x ) > 0
log a f ( x ) = log a g ( x ) , ( a > 0, a ≠ 1) ⇔ 
 f ( x ) = g ( x )

Bất phương trình mũ và lôgarit

a x < m ⇔ x < log a m (với m > 0 và a > 1 )
a x < m ⇔ x > log a m (với m > 0 và 0 < a < 1 )
log a x < m ⇔ 0 < x < a m (với a > 1 )
log a x < m ⇔ x > a m (với 0 < a < 1 )
Nếu a > 1 : a

f ( x)

Nếu 0 < a < 1 : a


g( x)

⇔ f ( x) < g ( x)

f ( x)


g ( x)

⇔ f ( x) > g ( x)

Nếu a > 1 : log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ 0 < f ( x ) < g ( x )
Nếu 0 < a < 1 : log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) > 0 .
Hệ phương trình mũ và lôgarit

Trang 1


Việc giải hệ phương trình mũ và lôgarit về cơ bản cũng giống như giải các hệ phương trình đại số như rút
thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích, đánh giá, tính chất đơn điệu của hàm số, … phối hợp với các biến
đổi về biểu thức mũ và lôgarit, mũ hóa, lôgarit hóa.

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 5.1: Giải các phương trình sau:
a) 3x +1 + 18.3− x − 29 = 0

b) 27 x + 12 x = 2.8 x
Hướng dẫn giải

a) Đặt t = 3x , t > 0 thì PT: 3t +

18
= 29
t

⇔ 3t 2 − 29t + 18 = 0 ⇔ t = 9 hoặc t =

2
3

Giải ra nghiệm x = 2 hoặc c = log 3 2 − 1

x

x

 27   12 
b) Chia 2 vế cho 8 > 0 thì PT: 
÷ + ÷ = 2
 8   8
x

3x

x

x

3
3
3
⇔  ÷ +  ÷ − 2 = 0 . Đặt t =  ÷ , t > 0 .
2
2
2

(

)

3
2

PT: t + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) t + t + 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x = 0

Bài toán 5.2: Giải các phương trình sau:
x

a) 34 = 43

x

x

b) 3x.8 x+1 = 36
Hướng dẫn giải

a) Hai vế đều dương, lôgarit hóa theo cơ số 10:
x

log 4
4
4 log 3 = 3 log 4 ⇔  ÷ =
⇔ x = log 4 ( log 3 4 )
log 3
3
3
x

x

x −2

3x

b) PT: 3x.2 x +1 = 32.22 ⇔ 3x − 2.2 x +1 = 1
x−2

 x1+1 
⇔  3.2 ÷



1

= 1 ⇔ x − 2 = 0 hoặc 3.2 x+1 = 1
1

⇔ x = 2 hoặc 2 x +1 =

1
⇔ x = 2 hoặc x = −1 − log 3 2
3

Bài toán 5.3: Giải các phương trình sau:

Trang 2


a) ( cos 72° ) + ( cos36° ) = 3.2− x
x

x

b)

e

 π
sin  x − ÷
 4

= tan x

Hướng dẫn giải
a) Phương trình: ( 2cos 72° ) + ( 2cos36° ) = 3
x

Vì: 2cos 72°.2cos 36° =

x

2sin 36°.cos36°.cos 72°
=1
sin 36°
1
t

Đặt t = ( 2cos 72° ) , t > 0 thì PT: t + = 3
2

3 ± 5  5 ±1
⇔ t − 3t + 1 = 0 ⇔ t =

=
÷
2
 2 
2

5 −1
suy ra nghiệm x = ±2
2

Ta có: 2cos 72° = 2sin18° =

b) Điều kiện cos x ≠ 0 , vì sin x = 0 không thỏa mãn nên PT:

e

2 ( sin x − cos x )
2

=

2 sin x
2

2 cos x
2

sin x
e
e

⇔
=
cos x
sin x
cos x

Đặt u = sin x, v = cos x, u , v ∈ ( −1;1) , u.v > 0
PT: e

2u
2

u

=

e

2v
2

v

 2t 
− 1÷e

2


y' =

2
t

. Xét y = f t = e
( )
2t
2

(
=

)

2t − 2 e

2t
2

t

, với t ∈ ( −1;0 ) ∪ ( 0;1)

2t
2

2t 2

<0

suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −1;0 ) và ( 0;1) .

Vì u , v cùng dấu nên u , v cùng thuộc một khoảng ( −1;0 ) hoặc ( 0;1) do đó PT:

f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

π
+ kπ (chọn).
4

Bài toán 5.4: Giải các phương trình sau:

(

)

x
x
a) x.2 = x ( 3 − x ) + 2 2 − 1

b) 2 x = x + 1
Hướng dẫn giải

x
x
x
2
a) PT: x.2 − x ( 3 − x ) − 2.2 = 0 ⇔ 2 ( x − 2 ) + x − 3 x + 2 = 0

⇔ 2 x ( x − 2 ) + ( x − 1) ( x − 2 ) = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( 2 x + x − 1) = 0
Trang 3

⇔ x − 2 = 0 hoặc 2 x + x = 1 ⇔ x = 2 hoặc x = 1 .
x
(Vì f ( x ) = 2 + x đồng biến trên ¡ và f ( 0 ) = 1 ).
x
b) PT = 2 x − x − 1 = 0 . Xét f ( x ) = 2 − x − 1 , D = ¡
x
x
2
Ta có: f ' ( x ) = 2 .ln 2 − 1 , f '' ( x ) = 2 .ln x > 0, ∀x

Vậy f ( x ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = f ( 1) = 0 nên tập nghiệm là S = { 0;1} .
Bài toán 5.5: Giải các phương trình sau:

5 x − 2 x − 2 x + 1 + 4 x.5 x + 4 x + 1 = 52 x

a)

(

) (

)

x
x +1
x
x
b) 4 − 2 + 2 2 − 1 sin 2 + y − 1 + 2 = 0

Hướng dẫn giải
a) Điều kiện x > 0 . Phương trình tương đương với

(

)

3 +1

log 2 x

⇔ 2log 2 x + x
⇔ x+x
⇔ x

⇔

x

2

(

(




(

)

(

)

3 +1

)

3 +1

)

3 +1

+1 (
=

x

log 2 x

3 −1

2 log 2 x

2 log 2 x

=

=

(

(

)

+1

2 log 2 x

)

3 +1

)

3 +1

log 2 x

=


(

) ( x + 1)

3 +1

log 2 x

2

) ( x + 1)

3 +1

log 2 x

2

) ( x + 1)

(

3 +1

(

3 +1

+ 1 =


2 log 2 x

(

+x

log 2 x

2

) ( x + 1)

3 +1

log 2 x

2

log 2 x

a = b
a2 + 1 b2 + 1
=
⇔ ( a − b ) ( ab − 1) = 0 ⇔ 
Ta có:
a
b
 ab = 1
- Nếu x =

(

)

3 +1

log 2 x

⇔ log 2 x = log 2

(

)

3 + 1 .log 2 x

⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 : chọn
- Nếu x

(

)

3 +1

log 2 x

⇔ log 2 x 1 + log 2


(

= 1 ⇔ log 2 x + log 2 x.log 2

(

)

3 +1 = 0

)

3 + 1  = 0 ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 : chọn


Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .
Trang 4


Cách khác: đặt t =

(

)

3 +1

(

log 2 x

thì

(

)

3 −1

log 2 x

=

x
t

)

2
2
Phương trình: xt − x + 1 t + x = 0 .

(

)

(

) (

)

2x
x
x
x
b) PT: 2 − 2.2 + 1 + 2 2 − 1 sin 2 + y − 1 + 1 = 0

⇔ ( 2 x − 1) + 2 ( 2 x − 1) sin ( 2 x + y − 1) + sin 2 ( 2 x + y − 1) + cos 2 ( 2 x + y − 1) = 0
2

⇔  2 x − 1 + sin ( 2 x + y − 1)  + cos 2 ( 2 x + y − 1) = 0
2

2 x + sin ( 2 x + y − 1) = 1

⇔
x
cos ( 2 + y − 1) = 0

(

)

(

)

x
x
Vì cos 2 + y − 1 = 0 ⇒ sin 2 + y − 1 = ±1 .

(
- Nếu sin ( 2

)
+ y − 1) = −1 thì 2

x
- Nếu sin 2 + y − 1 = 1 thì 2 x = 0 , vô nghiệm
x

Suy ra sin ( y + 1) = −1 ⇔ y = −
Vậy nghiệm là: x = 1, y = −

x

= 2 ⇔ x =1

π
− 1 + k 2π
2

π
− 1 + kπ , k ∈ Ζ .
2

Bài toán 5.6: Giải các phương trình:

(

)

cos x
= 3.4cos x
a) ( 1 + cos x ) 2 + 4

(

b) 2 + 2

)

sin 2 x

(

− 2+ 2

)

cos2 x

(

+ 2− 2

)

cos 2 x

cos 2 x


2
= 1 +
÷
2 


Hướng dẫn giải
a) Đặt cos x = y; −1 ≤ y ≤ 1 . Phương trình:

( 1 + y ) ( 2 + 4 y ) = 3.4 y
Ta có: f ' ( y ) =

hay f ( y ) = 0 với f ( y ) =

6.ln 4.4 y

( 2+ 4 )

y 2

3.4 y
− y −1 = 0
2 + 4y

− 1, f ' ( y ) = 0 ⇔ 6ln 4.4 y = ( 2 + 4 y )

2

Trang 5


Đây là phương trình bậc hai theo 4 y nên có không quá hai nghiệm. Theo định lý Rolle thì phương trình

f ( y ) = 0 có không quá ba nghiệm. Mặt khác ta thấy y = 0, y =
Suy ra PT đã cho có nghiệm x = 2kπ , x =

(

b) PT: 2 + 2

)

sin 2 x

(

− 2+ 2

)

cos 2 x

1
, y = 1 là ba nghiệm của f ( y ) = 0 .
2

π
π

+ kπ , x = ± + 2 kπ ( k ∈ ¢ ) .
2
3
cos 2 x


2
= 1 +
÷
2 


(

− 2− 2

)

cos 2 x

- Nếu cos 2 x > 0 ⇒ cos 2 x > sin 2 x , do 2 + 2 > 1 nên

(

VT = 2 + 2

)

sin 2 x

(

− 2+ 2

cos 2 x


2
VP =  1 +
÷
2



(

)

− 2− 2

cos 2 x

)

cos 2 x

<0
> 0 : loại.

- Nếu cos 2 x < 0 , lập luận tương tự trường hợp trên: loại.

- Nếu cos 2 x = 0 thì PT được thỏa mãn và phương trình đã cho có nghiệm x =

π
π
+ k ,k ∈¢ .
4
2

Bài toán 5.7: Giải các phương trình sau:
x
x
x
x
a) 5 + 4 + 3 + 2 =

1 1 1
+ x + x − 4 x 3 + 2 x 2 − x + 16
x
2 3 6

b) 2 x + 6 x = 3x + 5 x
Hướng dẫn giải

 1 1 1 
+ x + x ÷+ 4 x 3 − 2 x 2 + x − 16, x ∈ ¡
x
2 3 6 

x
x

x
x
a) Xét f ( x ) = 5 + 4 + 3 + 2 − 

 ln 2 ln 3 ln 6 
+ x + x ÷+ 12 x 2 − 4 x + 1 > 0
x
3
6 
 2

x
x
x
x
thì f ' ( x ) = 5 ln 5 + 4 ln 4 + 3 ln 3 + 2 ln 2 + 

Nên f đồng biến và f ( 1) = 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .
b) Ta có 2 x + 6 x = 3 x + 5 x ⇔ 6 x − 5 x = 3x − 2 x
Gọi a là nghiệm của phương trình trên thì có 3a − 2 a = 6 a − 5a
Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) − t a , khi đó f ( t ) liên tục trên [ 2;5] và
a

f ' ( t ) = a ( t + 1)


a −1

− t a −1  . Ta có f ( 2 ) = f ( 5 )


Trang 6


Áp dụng định lý Rolle trên

a ( c + 1)


a −1

[ 2;5]

thì tồn tại số c thuộc

( 2;5)

sao cho

f ' ( c ) = 0 do đó

− c a −1  = 0


⇔ a = 0 hoặc ( c + 1)

a −1

= c a −1

Vì c thuộc ( 2;5 ) nên a = 0 hoặc a = 1
Thử lại đúng, vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1
Bài toán 5.8: Giải các phương trình:
a) 4ln x +1 − 6ln x − 2.3ln x

2

+2

1

1

b) 3log 4 x + 2 + 3log 4 x − 2 =

=0

x

Hướng dẫn giải
a) ĐK: x > 0 , PT: 4.22 ln x − 6ln x − 18.32 ln x = 0
ln x

2 ln x

Chia cả hai vế cho 3

2
, đặt t =  ÷
3

4t 2 − t − 18 = 0 . Chọn nghiệm t =

thì được PT:

9
⇔ x = e −2 .
2

b) ĐK: x > 0 , đặt t = log 3 x thì x = 4t
PT:

3.3t +

1 t
.3 = 2t ⇔ 4.3t = 3.2t
3

t

3
3
3
log 3
⇔ ÷ =
⇔ t = log 3
. Vậy
2
x
=

4
4
4
2
2

3
4

Bài toán 5.9: Giải các phương trình:

1

x−2

=2
a) log 4 ( x + 2 ) ( x + 3)  + log 2
2
x+3
b)

log 3 x
log 27 9 x
=
log 9 3 x log81 27 x
Hướng dẫn giải

( x + 2 ) ( x + 3) > 0
 x < −3


⇔
a) ĐK:  x − 2
>0
x > 2

x+3


x − 2

= log 4 16 ⇔ x 2 − 4 = 16 .
PT: log 4 ( x + 2 ) ( x + 3)

x + 3

⇔ x 2 = 20 ⇔ x = ±2 5 (chọn).
Trang 7


b) ĐK: x > 0 , x ≠

1
1
,x ≠
, đặt t = log 3 x thì PT:
3
27

2( 2 + t )
t

=
⇔ t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = −4 .
1 + t 3( 3 + t )
Suy ra nghiệm x = 3 hoặc x =

1
.
81

Bài toán 5.10: Giải các phương trình sau:
a) log1− x ( 2 x ) + log x ( 2 − 2 x ) = 0

x
x
b) 3log 2 ( 3 −1) = 2log3 ( 2 +1) + 1

Hướng dẫn giải
a) Điều kiện 0 < x < 1 . Đặt a = log 2 ( 1 − x ) , b = log 2 x . Ta có

1
a + b = log 2 ( 1 − x ) + log 2 x = log 2  x ( 1 − x )  ≤ log 2  ÷ = −2
4
⇒ a+b+2≤ 0
PT:

⇔

log 2 2 + log 2 x log 2 2 + log 2 ( 1 − x )
+
=0

log 2 ( 1 − x )
log 2 x
1+ b 1+ a
+
= 0 ⇔ a 2 + b2 + a + b = 0
a
b

⇔ ( a + 1) + ( b + 1) = a + b ≤ 0
2

2

⇔ ( a + 1) = 0 và ( b + 1) = 0 ⇔ a = b = −1
2

2

⇔ log 2 ( 1 − x ) = log 2 x = −1 ⇔ x =

1
1
. Vậy nghiệm x =
2
2

x
b) Điều kiện 3x − 1 > 0 ⇔ x > 0 . Đặt a = log 2 3, y = 2

(

)

PT: 3x − 1

log 2 3

= ( 2 x + 1)

log3 2+1

⇔ ( y a − 1) = ( y + 1) a + 1 ⇔
a

1

((

)

a

y a − 1) − 1 − 1 = y
a

(

)

a

Xét hàm số f ( t ) = t − 1, t > 0 thì PT trên là f f ( f ( y ) ) = y
a
Khảo sát hàm số f ( t ) − t = t − t − 1, t > 0 ta suy ra được

f ( t ) > t , ∀t > 2; f ( t ) < t ,0 < t < 2; f ( 2 ) = 2

(

)

Suy ra phương trình f f ( f ( y ) ) = y có nghiệm duy nhất là y = 2 , suy ra x = 1 .
Trang 8


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1 .
Bài toán 5.11: Giải các phương trình

(

a) log 3 x + log 4 ( 2 x − 2 ) = 2

b) log 3 1 +

)

2
x + 3 x = log 2 x
3

Hướng dẫn giải

a) ĐK: x > 1 . Ta có f ( x ) = log 3 x + log 4 ( 2 x − 2 ) là hàm đồng biến nên f ( x ) > f ( 3) = 2 với x > 3 và

f ( x ) < f ( 3) = 2 với 1 < x < 3
Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất.
b) ĐK: x > 0 , đặt x = 212 y thì PT:

2
log 3 ( 1 + 26 y + 24 y ) = log 2 26 y ⇔ log 3 ( 1 + 26 y + 2 4 y ) = 4 y
3
y

⇔ 1+ 2 + 2
6y

4y

y

y

 1   64   16 
= 3 ⇔  ÷ + ÷ + ÷ =1
 81   81   81 
4y

y

y

y

 1   64   16 
Ta có y = 1 thỏa mãn và vì hàm số f ( y ) =  ÷ +  ÷ +  ÷ nghịch biến trên ¡ nên y = 1 là
 81   81   81 
nghiệm duy nhất, do đó PT cho có nghiệm x = 212 .
Bài toán 5.12: Giải các phương trình sau:

(

)

)

(

(

2
2
2
a) log 2 x − x − 1 + log 3 x + x − 1 = log 6 x + x − 1

(

)

(

b) log 2 log 3 ( log 4 x ) = log 4 log 3 ( log 2 x )

)

)
Hướng dẫn giải

2
a) Điều kiện là x ≥ 1 . Đặt t = x − x − 1 ⇒ x +

1
t

x2 − 1 =

1
t

1
t

PT: log 2 t + log 3 = log 6 ⇔ log 2 t − log 3 t + log 6 t = 0

⇔ log 2 t ( 1 − log 3 2 + log 6 2 ) = 0 ⇔ log 2 t = 0 ⇔ t = 1
Do đó: x − x 2 − 1 = 1 ⇔ x − 1 =

x2 − 1

⇔ x 2 − 2 x + 1 = x 2 − 1 ⇔ x = 1 : chọn. Vậy nghiệm x = 1 .
b) Điều kiện x > 1 . Phương trình tương đương với

log 4 ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 4 ( log 3 ( log 2 x ) )

2

Trang 9


⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 3 ( log 2 x ) ⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 3 ( 2log 4 x )
2

2

⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) − log 3 ( log 4 x ) − log 3 2 = 0
2

⇔ log 3 ( log 4 x ) =

1 ± 1 + 4log 3 2
. Từ đó suy ra nghiệm x.
2

Bài toán 5.13: Giải các phương trình sau:
a)

(

)

3 −1

log 2 x

+x

(

)

3 +1

log 2 x

= x2 + 1

b) 4 ( x − 2 ) log 2 ( x − 3) + log 3 ( x − 2 )  = 15 ( x + 1)
Hướng dẫn giải
x
a) Điều kiện 5 ≥ 2 x, x ≥ −

1
2

Đặt a = 5 x − 2 x , b = 2 x + 1, a, b ≥ 0 . Ta có

a 2 = 5 x − 2 x, b 2 = 2 x + 1 ⇔ a 2 − b 2 = 5 x − 4 x − 1, a 2 + b 2 = 5 x + 1

(

2
2
Do đó a + b

(

)(a

2

2
2
PT: a − b = a + b

− b 2 ) = ( 5 x + 1) ( 5 x − 4 x − 1) = 52 x − 4 x.5 x − 4 x − 1

)(a

2

(

)

− b2 ) ⇔ ( a − b ) 1 − ( a 2 + b2 ) ( a + b ) = 0

- Nếu a − b = 0 ⇔ a = b thì 5 x − 2 x = 2 x + 1 ⇔ 5 x = 4 x + 1
x
Xét f ( x ) = 5 − 4 x − 1, D = ¡

f ' ( x ) = 5 x.ln 5 − 4, f '' ( x ) = 5 x.ln 2 5 > 0
Do đó phương trình có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = 0, f ( 1) = 0 nên phương trình có hai nghiệm là

x = 0, x = 1 .

(

2
2
- Nếu a + b

Vì

) ( a + b ) = 1 ⇔ ( 5x + 1) (

5x − 2 x + 2 x + 1 ≥

(5

x

)

5x − 2 x + 2 x + 1 = 1

− 2 x ) + ( 2 x + 1) = 5 x + 1

và 5 x + 1 > 1 nên phương trình trên vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0, x = 1 .
b) Điều kiện x > 3 . PT: log 2 ( x − 3) + log 3 ( x − 2 ) −

15 x + 1
.
=0

4 x−2

Xét hàm số vế trái f ( x ) , ta có:
Trang 10


f '( x ) =

1
1
15
3
+
+ .
> 0, ∀x > 3
ln 2. ( x − 3) ln 3. ( x − 2 ) 4 ( x − 2 ) 2

Do đó f là hàm số đồng biến và f ( 11) = 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 11 .
Bài toán 5.14: Giải các phương trình sau:

(
)
( x − 2 x − 11) = log ( x

x
x +1
a) ( x + 1) log 4 = x log x + 2

b) log 2+

2

5

2

2 2+ 5

− 2 x − 12 )
Hướng dẫn giải

(

)

x +1
x +1
⇔ x = 0 hay 4 x +1 = x + 2 x +1
a) PT: x log 4 = x log x + 2
x +1
x +1
x +1
x +1
Xét hàm số f ( x ) = 4 − 2 − x, x ∈ ¡ , f ' ( x ) = 4 .ln 4 − 2 .ln 2 − 1

Vì P < 0 nên phương trình f ' ( x ) = 0 có đúng một nghiệm 2 x+1 > 0 là x0 .
x +1
2
x +1
Vì f '' ( x ) = 4 ln 4 − 2 ln 2 > 0 do đó x0 là điểm cực tiểu của hàm số.

Suy ra f ( x ) ≥ f ( x0 ) > 0 nên PT 4 x +1 = 2 x +1 + x vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .
b) Điều kiện x 2 − 2 x − 12 > 0
PT:

1
log 2+
2

⇔ log 9+ 4

5

5

(x

(x

2

2

1
− 2 x − 11) = log
2 2

− 2 x − 11) = log 8+ 4

(

5

2+ 5

(x

(x

− 2 x − 12 )

2

− 2 x − 12 )

2

)

(

2
2
Đặt a = 8 + 4 5 thì log a +1 x − 2 x − 11 = log a x − 2 x − 12

(

)

(

)

)

2
2
Đặt log a +1 x − 2 x − 11 = log a x − 2 x − 12 = t

⇔ ( a + 1) = x 2 − 2 x − 11, a t = x 2 − 2 x − 12
t

Suy ra ( a + 1) = a t + 1 ⇔ t = 1
t

Do đó: x 2 − 2 x − 12 = 8 + 4 5 ⇔ x = 2 + 2 5 hay x = −2 5 : chọn.
Bài toán 5.15: Giải các phương trình:
a) 2log 2 x = x
b) log 2 x + log 3 ( x + 1) = log 4 ( x + 2 ) + log 5 ( x + 3 )
Hướng dẫn giải
Trang 11


a) ĐK: x > 0 , PT: log 2 x =
Xét hàm số f ( x ) =

x
ln x ln 2
⇔

=
.
2
x
2

ln x
1 − ln x
, x > 0 thì f ( x ) =
x
x2

f ' ( x ) 0 ⇔ x = e , lập BBT thì f ( x ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 2 ) = f ( 4 ) =

ln 2
nên S = { 2;4} .
2

b) Đk: x > 0 . Xét x = 2 thì PT thỏa mãn:
Xét x > 2 thì

x x+2
x +1 x + 3
>
> 1,
>
>1
2
4
3

5

nên VT > VP (loại), xét x < 2 thì VT < VP (loại)
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 2 .
Bài toán 5.16: Giải các phương trình sau:
a) log 3

x2 + x + 3
= x 2 + 3x + 2
2
2x + 4x + 5

b) 2log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x )
Hướng dẫn giải
a) Phương trình: log 3

x2 + x + 3
= ( 2 x 2 + 4 x + 5) − ( x 2 + x + 3)
2
2x + 4x + 5

⇔ log 3 ( x 2 + x + 3) + ( x 2 + x + 3) = log 3 ( 2 x 2 + 4 x + 5 ) + ( 2 x 2 + 4 x + 5 )
Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t , t > 0 thì f ' ( t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t > 0
t.ln 3

(

)

(

2
2
Do đó f ( t ) đồng biến, nên phương trình f x + x + 3 = f 2 x + 4 x + 5

)

⇔ x 2 + x + 3 = 2 x 2 + 4 x + 5 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0 k
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = −1 và x = −2 .

cot x > 0
π
⇔ k 2π < x < + k 2π , k ∈ ¢ .
2
cos x > 0

b) ĐK: 

t
2
t
Đặt log 2 ( cos x ) = 2t ⇒ cos x = 4 ⇒ cos x = 16
t
2
t
Do đó 2log 3 ( cot x ) = 2t ⇒ cot x = 3 ⇒ cot x = 9
t

t

16t
 144   16 
nên 9t =
⇔ 9t = 144t + 16t ⇔ 
÷ +  ÷ =1
t
1 − 16
 9  9
Trang 12


Suy ra PT có nghiệm duy nhất t = −
Chọn nghiệm x =

1
1
⇔ cos x =
2
2

π
+ k 2π , k ∈ ¢ .
3

Bài toán 5.17: Giải các bất phương trình sau:
a) 2 x + 2 + 3x + 2 ≤ 32 x +1 + 22 x +1

b)

21− x − 2 x + 1
≥0
2x − 1

Hướng dẫn giải
a) - Nếu x = 1 thì bất phương trình thỏa mãn
- Nếu x > 1 ⇒ x + 2 < 2 x + 1 thì 2 x + 2 < 22 x +1 ,3x + 2 < 32 x +1

⇒ 2 x + 2 + 3x + 2 < 22 x +1 + 32 x +1 , thỏa mãn
- Nếu x < 1 thì bất đẳng thức ở trên đổi chiều: không thỏa mãn.
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 1 .
b) Vì

f ( x ) = 21− x − 2 x + 1 = −2 x + 1 +

2
2x

là

hàm

nghịch

biến

f ( 1) = 0, f ( x ) > f ( 1) = 0

và

⇔ x < 1 ⇔ 1 − x > 0 nên f ( x ) cùng dấu với 1 − x . Hàm số g ( x ) = 2 x − 1 là hàm đồng biến và
g ( 0 ) = 0 nên g ( x ) < 0 ⇔ x > 0 , do đó g ( x ) cùng dấu với x.
Suy ra bất phương trình đã cho tương đương với

1− x
≥ 0 ⇔ 0 < x ≤ 1 . Vậy tập nghiệm của BPT là ( 0;1] .
x
Bài toán 5.18: Giải các bất phương trình
a) 32 x +1 − 2 2 x +1 − 5.6 x ≤ 0

b) 22 x

2

−4 x − 2

− 4.22 x− x

2

+1

−2≤0

Hướng dẫn giải
a) Chia 2 vế cho 22 x > 0 , BPT:
2x
x

 3  x
   3 x 
3
3
3  ÷ − 5  ÷ − 2 ≤ 0 ⇔  ÷ − 2  3  ÷ + 1 ≤ 0
2
2
 2 
   2 

x

3
3
⇔  ÷ ≤ 2 ⇔ x < log 3 2 (vì cơ số > 1 )
2
2
2
b) Đặt t = 2 x

2

− 2 x −1

2
, t > 0 . Bất phương trình t −

4
−2≤0
t

⇔ t 3 − 2t − 4 ≤ 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t 2 + 2t + 2 ) ≤ 0 ⇔ t ≤ 2
Trang 13


Do đó 0 < 2 x

2

− 2 x −1

≤ 2 ⇔ x2 − 2x − 2 ≤ 0 ⇔ 1 − 3 ≤ x ≤ 1 + 3

Bài toán 5.19: Giải các bất phương trình:
a)

8 + 21+ x − 4 x + 21+ x > 5

b) 4 x 2 + 3.3

x

+ x.3

< 2 x 2 .3

x

x

+ 2x + 6
Hướng dẫn giải

a) Đặt t = 2 x , t > 0 thì BPT:

8 + 2t − t 2 > 5 − 2t

5
2 < t ≤ 4
5 − 2t < 0,8 + 2t − t ≥ 0
⇔
⇔
2
5
−
2
t
≥
0,8
+
2
t
−
t
≥
0
1 < t ≤ 5


2

2

Do đó 1 < t ≤ 4 ⇔ 1 < 2 x ≤ 4 ⇔ 0 < x ≤ 2 .
b) ĐK: x ≥ 0 , BPT: 4 x 2 + 3.3

x

+ x.3

x

− 2 x 2 .3

x

− 2x − 6 < 0

⇔ ( 3 + x − 2 x 2 ) 3 x − 2 ( x − 2 x 2 + 3) < 0

(

)

⇔ ( −2 x 2 + x + 3) 3 x − 2 < 0
3 x − 2 < 0
3 x −2 > 0
⇔
hoặc 
2
2

−2 x + x + 3 > 0
−2 x + x + 3 < 0


 x < log 32 2
 x > log 32 2


⇔ x ≥ 0
hoặc  x ≥ 0


3
3
−1 < x <
 x < −1 hay x >

2

2
2
Từ đó suy ra nghiệm BPT: 0 ≤ x < log 3 2 hoặc x >

3
.
2

Bài toán 5.20: Giải các bất phương trình:
a) 2− x

2

−3 x − 2 + 4 x 2 +3 x

b) 3 tan x + 1.

< x2 − 5x + 5

sin x + 2cos x
≤ 21−
sin x + 3cos x

tan x

Hướng dẫn giải
a) ĐK: x 2 + 3 x ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 hoặc x ≥ 0
Xét x ≤ −3 thì VT < 0 < VP: đúng.
Trang 14


Xét x ≥ 0 thì VP = ( x − 1) + 4 ≥ 4 ,
2

VT =

2

2−

(

x2 +3 x − 2

)

2

≤4

nên có nghiệm ∀x ≠ 1 .

Vậy tập nghiệm S = ( −∞;3] ∪ ( 0;1) ∪ ( 1; +∞ )
b) Điều kiện tan x ≥ 0 . Đặt t = tan x, t ≥ 0 thì
VT = 3 t + 1.
Ta

có

t+2
= f ( t ) ,t ≥ 0
t +3

f '( t ) =

3
t+2
1
.
+ 3 t + 1.
>0

2
2 t +1 t + 3
( t + 3)

nên

hàm

số

f

đồng

biến,

mà

t≥0

⇒ f ( t ) ≥ f ( 0) = 2 .
Mặt khác VP = 21−

tan x

≤ 2 nên dấu = đồng thời xảy ra ⇔ t = tan x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ ¢ .

Bài toán 5.21: Giải các bất phương trình:
a) ( 2 x − 7 ) ln ( x + 1) > 0

1

3

b) 2.x 2 log 2 x ≥ 2 2 log2 x
Hướng dẫn giải


7
7

 x > 2
 2 x − 7 > 0
x
>




2
7


x>
  x + 1 > 1
ln ( x + 1) > 0

⇔
⇔ 
⇔

7
a) BPT: 
2
x
<


2
x
−
7
<
0
7



 x <

2
 −1 < x < 0


2

 ln ( x + 1) < 0

−1 < x < 0

 0 < x + 1 < 1  



7
2




Vậy tập nghiệm S = ( −1;0 ) ∪  ; +∞ ÷
b) ĐK: x > 0 , lôgarit hóa theo cơ số 2 > 1 :

 1 log2 x 
 23 log2 x 
1
3
2
log 2  2 2
≥
log
÷
÷ ⇔ 1 + log 2 x ≥ log 2 x
2 2
2
2




⇔ log 22 x − 3log 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ log 2 x ≤ 1 hay log 2 x ≥ 2
⇔ 0 < x ≤ 2 hoặc x ≥ 4

Bài toán 5.22: Giải các bất phương trình:
a) log x

4x + 5
< −1
6 − 5x

b) log 2 x < 6 − x
Hướng dẫn giải
Trang 15


a) ĐK: x > 0, x ≠ 1 ,
Nếu 1 < x <

⇔

4x + 5
6
> 0 ⇔ 0 < x < , x ≠ 1.
6 − 5x
5

6
4x + 5 1
<
thì BPT ⇔
5
6 − 5x x

4x + 5 1
4 x2 + 5x − 6 + 5x
− <0⇔
<0
6 − 5x x
( 6 − 5x ) x

4 x 2 + 10 x − 6
1
⇔
< 0 ⇔ 4 x 2 + 10 x − 6 < 0 ⇔ −3 < x < (loại)
2
( 6 − 5x ) x
Nếu 0 < x < 1 thì BPT ⇔

4 x 2 + 10 x − 6
1
> 0 chọn < x < 1 .
( 6 − 5x ) x
2

1 
2 

Vậy tập nghiệm S =  ;1÷.
b) ĐK: x > 0 . Xét x > 4 thì log 2 x > 2 còn 6 − x < 2 (loại)
Xét 0 < x ≤ 4 thì log 2 x ≤ 2 ≤ 6 − x nên BPT nghiệm đúng.
Vậy tập nghiệm S = ( 0;4] .
Bài toán 5.23: Giải các bất phương trình:
a)

3ln x
x +1
≤ 3
3
x −1 x + x

(

)

x
 x
b) log 2 1 + 2 > log 3  3 +



( 2)

x


÷


Hướng dẫn giải

 ( x 3 − 1) ( x + 1)



÷> 0
x
>
0,
x
≠
1
x
−
1
−
3ln
x
)
a) Điều kiện
, BPT: (
÷
x3 + x


Xét hàm số f ( x ) =
thì f ( x ) =

(x

3

− 1) ( x + 1)
x3 + x

− 3ln x, x > 0

x 4 + x3 − x − 1
− 3ln x . Ta có
x3 + x

( 4x
f '( x ) =

3

+ 3 x 2 − 1) ( x3 + 1) − 3 x 2 ( x 4 + x3 − x − 1)

(x

3

+ x)

2

(x
−3=

3

− 1) ( x − 1)

(x

3

+ x)

3

2

Khi x > 1 thì f ' ( x ) > 0 nên f ( x ) đồng biến: x > 1 suy ra f ( x ) > f ( 1) = 0
Do đó ( x − 1) f ( x ) > 0 . Tương tự khi 0 < x < 1 thì f ' ( x ) < 0 nên f ( x ) nghịch biến:
Trang 16


x > 1 suy ra f ( x ) < f ( 1) = 0 . Do đó ( x − 1) f ( x ) > 0 .
Vậy bất phương trình có nghiệm với mọi x > 0, x ≠ 1 .
b) Xét x < 0 thì 2 x > 3x , 1 >

(

)

( 2)

x

(

⇒ 2 x + 1 > 3x +

)

x
x
 x
Do đó log 2 2 + 1 > log 3 2 + 1 > log 3  3 +

(

)



x
 x
Xét x ≥ 0 thì log 2 1 + 2 > log 3  3 +



( 2)

x

( 2)

( 2)

x

x

>0


÷: đúng



÷


   2 x  
 x
1 
⇔ log 2  2 1 + x ÷÷ > log 3  3x 1 + 
÷ ÷÷
   3  ÷÷
  2 

 
  2 x 
1 

⇔ x + log 2 1 + x ÷ > x + log 3 1 + 
÷÷

2
3


 ÷

 

  2 x 
  1 x 
⇔ log 2  1 +  ÷ ÷ > log 3 1 + 
÷ ÷: Đúng
  2 ÷

3
 ÷


 

Vậy tập nghiệm S = ¡ .
Bài toán 5.24: Giải các hệ phương trình:

 x x + y = y12
a)  x + y
3
 y = x

( 1)
( 2)

log x ( 6 x + 4 y ) = 2
log y ( 6 y + 4 x ) = 2

b) 

Hướng dẫn giải
a) ĐK: x, y > 0 . Ta có ( 2 ) ⇔ x = y

( 1) ⇔ y

1
( x+ y ) 2
3

Xét y ≠ 1 thì

x+ y
3

nên

= y12 . Xét y = 1 thì x = 1 : đúng.
1
2
( x + y ) = 12 ⇔ x + y = 6
3

Do đó y 6 = x 3 ⇔ x = y 2 nên y 2 + y − 6 = 0

{

}

Chọn y = 2 ⇒ x = 4 . Vậy S = ( 1;1) ; ( 4;2 ) .
b) ĐK: x, y > 0, x, y ≠ 1 . Hệ tương đương:

2
6 x + 4 y = x 2
6 x + 4 y = x
⇔

2
6 y + 4 x = y
( x − y ) ( x + y − 2 ) = 0

Trang 17


y = x
y = 2 − x
⇔ 2
hoặc  2
 x − 10 x = 0
x − 2x − 8 = 0
Từ đó giải ra nghiệm ( 5;5 ) .
Bài toán 5.25: Giải các hệ phương trình:
x
x
2 − 2 = 3 y − 3
a)  y
y
2 − 2 = 3 x − 3
2 x + 2 xy − y
y
 x
y

x
2 + 4 2 xy
=
5.2
b) 
log 3 x + log 5 y = log 5 x.log 3 y

2

2

( 1)
( 2)
Hướng dẫn giải

a) Trừ 2 phương trình vế theo vế thì được

(2

x

− 2 y ) + ( 3x − 3 y ) + 3 ( x − y ) = 0

Xét x > y thì VT > 0 (loại), x < y thì VT < 0 (loại).
Xét x = y = t thì được: 2t + 3t − 3t − 2 = 0
t
t
Đặt f ( t ) = 2 + 3 − 3t − 2, t ∈ ¡ . Ta có:

f ' ( t ) = 2t.ln 2 + 3t.ln 3 − 3, f '' ( t ) = 2t.ln 2 2 + 3t.ln 2 3 > 0

Suy ra f ' ( t ) đồng biến trên ¡ nên f ( t ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = f ( 1) = 0 nên hệ có 2
nghiệm ( 0;0 ) và ( 1;1)
b) Điều kiện xác định x, y > 0
x

2x y
−
x

Ta có: ( 1) ⇔ 2 y + 4.2 y
x

= 5.2

y
x

y

Đặt a = 2 y , b = 2 x , thì a, b > 0 . Ta có:

4a 2
a+
= 5b ⇔ 5b 2 + 4a 2 + ab ⇔ ( a − b ) ( 4a + 5b ) = 0 ⇔ a = b .
b
x
y

y
x

Suy ra 2 = 2 ⇔

x y
= ⇔ x2 = y 2 ⇔ x = y .
y x

Nên ( 2 ) ⇔ log 3 x + log 5 x = log 5 x.log 3 x

⇔ log 3 x ( 1 + log5 3) = log 3 x.log 5 x
⇔ log 3 x = 0 hay log 5 x = log5 15 ⇔ x = 1 hay x = 15
Trang 18


Vậy hệ PT đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 1;1) , ( 15;15 )
Bài toán 5.26: Giải các hệ phương trình:

3x − 3 y = ( ln y − ln x ) ( 2 x + 3 y + 1)
a)  2
2
 x + y = 1

( 1)
( 2)

log 2 1 + 3sin x = log 3 ( 3cos y )

b) 

log 2 1 + 3cos y = log 3 ( 3sin x )

Hướng dẫn giải

a) ĐK: x, y > 0 nên 2 x + 3 y + 1 > 0 . Vì cơ số 3 > 1 , e > 1 nên với ( 1) : Nếu x. y thì VT > 0 > VP, nếu

x < y thì VT < 0 < VP, nếu x = y thì thỏa mãn.

2
Do đó ( 2 ) ⇔ 2 x = 1 , chọn x =

2
2
.
⇒y=
2
2

b) Đặt u = sin x, v = cos y , ĐK: 0 < u , v ≤ 1 .

log 2 ( 1 + 3u ) = 2log 3 ( 3v )
log 2 ( 1 + 3v ) = 2log3 ( 3u )

Hệ 

Do đó log 2 ( 1 + 3u ) − 2log 3 ( 3u ) = log 2 ( 1 + 3v ) − 2log 3 ( 3v )
Xét f ( t ) = log 2 ( 1 + 3t ) − 2log 3 ( 3t ) ,0 < t ≤ 1

f '( t ) =

3
2

+
> 0 nên f đồng biến trên ( 0;1] , do đó PT ⇔ u = v = t .
( 1 + 3t ) ln 2 t ln 3

Ta có PT: log 2 ( 1 + 3t ) = 2log 3 ( 3t ) , giải ra nghiệm duy nhất:

π

sin x = 1
 x = + k 2π
⇔
t = 1 nên 
( k,l ∈ ¢ )
2
cos
y
=
1

 y = l 2π
Bài toán 5.27: Giải các hệ phương trình:

(

)(

)

 x + 1 + x2 y + 1 + y 2 = 1


a) 
4 x + y + 1 = 22− 2 x + y

( 1)

( 1 + 42 x − y ) .51− 2 x + y = 1 + 22 x − y +1

b)  3
2
 y + 4 x + 1 + ln ( y + 2 x ) = 0

( 1)
( 2)

( 2)

Hướng dẫn giải
Trang 19


a) PT (1) biến đổi thành:

x + 1 + x 2 = 1 + y 2 − y và y + 1 + y 2 = 1 + x 2 − x
Cộng lại thì được 2 ( x + y ) = 0 ⇔ y = − x
2
x
Do đó ( 2 ) ⇔ 3 x + 1 = 2 − 3 x ⇔ 8 ( 3 x + 1) = 4

PT này có nghiệm duy nhất x =

(

 1 1  
1
nên S =  ; − ÷
3
 3 3  

)

t
1−t
t +1
b) Đặt t = 2 x − y thì ( 1) ⇔ 1 + 4 .5 = 1 + 2

⇔ 1 + 4t = ( 1 + 2t + 2 ) .5t −1 ⇔ ( 1 − 5t −1 ) + 4 ( 4t −1 − 10t −1 ) = 0
Xét t > 1 thì VT > 0 , xét t < 1 thì VT < 0 nên chỉ có nghiệm t = 1

⇔ 2x − y + 1 = 0 ⇔ 2x = y + 1 .

(

)

3
2
Thế vào ( 2 ) : y + 2 y + 3 + ln y + y + 1 = 0

(

)

3
2
Xét hàm f ( y ) = y + 2 y + 3 + ln y + y + 1 , D = ¡ thì

2 ( y + 1) + 1
2y +1
f '( y ) = 3 y + 2 + 2
= 3y2 + 2
> 0 , ∀y nên f ( y ) là hàm đồng biến trên ¡ , ta có
y + y +1
y + y +1
2

2

f ( −1) = 0 nên y = −1 là nghiệm duy nhất.
Suy ra S =

{ ( 0; −1) }

Bài toán 5.28: Giải các hệ phương trình

 y 4 − 4 x + 2 xy − 2 x + 4 = 5
( 1)
a) 
2
2
 8 x − 3 xy + 4 y + xy = 4 y ( 2 )

22 x − y +1 + 2−2 x + y +1 + 32 x − y +1 + 3−2 x + y +1 = 52 x − y +1 + 5−2 x+ y +1
b) 
2
 y ( x + 3x − 3) + 2 = 0

( 1)
( 2)

Hướng dẫn giải
a) Điều kiện 8 x 2 − 3 xy + 4 y 2 ≥ 0, xy ≥ 0, y ≥ 0 ⇔ x, y ≥ 0

( 2) ⇔ (
⇔

) (

8 x 2 − 3 xy + 4 y 2 − 3 y +

( x − y ) ( 8x + 5 y )
8 x 2 − 3 xy + 4 y 2 + 3 y

+

)

xy − y = 0

( x − y) y = 0
xy + y

Trang 20




8x + 5 y
y
÷= 0 ⇔ x = y
⇔ ( x − y) 
+
 8 x 2 − 3 xy + 4 y 2 + 3 y
÷
xy
+
y


Thay vào phương trình nên: ( 1) : x 4 − 4 x + 2 x
Ta thấy rằng 2 x 2 − 2 x + 4 = 2( x −1)

5 − ( x4 − 4 x ) = 2x
⇔ ( x − 1)

2

(x

2

2

−2 x + 4

2

+3

2

−2 x + 4

=5

≥ 23 = 8 , suy ra

≥ 8 ⇔ x4 − 4 x + 3 ≤ 0

+ 2 x + 3) ≤ 0 ⇔ x = 1 . Do đó y = 1 : thỏa mãn.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x = y = 1 .
b) Đặt 2x − y = a , phương trình (1) của hệ trở thành

2 ( 2a + 2− a ) + 3 ( 3a + 3− a ) = 5 ( 5a + 5− a )
Nếu a là nghiệm thì − a cũng là nghiệm nên chỉ cần xét a ≥ 0 .
t
−t
Xét hàm số f ( x ) = x + x , x > 1 với số thực t dương tùy ý.

(

)

t −1
−2 t
Ta có: f ' ( x ) = tx 1 − x
, do x > 1 nên 1 − x −2t > 0 suy ra hàm số này đồng biến trên ( 1; +∞ ) .

Do đó, ta được bất đẳng thức sau: 2a + 2− a ≤ 3a + 3− a ≤ 5a + 5− a và dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a = 0 .

(

) (

)

(

a
−a
a
−a
a
−a
Suy ra 2 2 + 2 + 3 3 + 3 ≤ 5 5 + 5

)

Đẳng thức phải xảy ra nên a = 0 hay 2 x − y = 0 ⇔ 2 x = y .
Thay vào phương trình (2) ta có:

2 x ( x 2 + 3 x − 3) + 2 = 0 ⇔ x 3 + 3 x 2 − 3 x + 1 = 0
⇔ 2 x 3 = x 3 − 3 x 2 + 3 x = 1 ⇔ 2 x 3 = ( x − 1)
⇔ 3 2x = x −1 ⇔ x =

3

1
2
. Suy ra y = 2 x =
3
1− 2
1− 3 2


1
1 
; 3 ÷
3
1− 2 1− 2 

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 

Bài toán 5.29: Giải các hệ phương trình sau:

(

)

log 2 1 + x = log 3 y


a) 
 x 2 + 2cos x = y 2 + 2cos y

( 1)
( 2)

 x 2 + 3 x + ln ( 2 x + 1) = y
b)  2
 y + 3 y + ln ( 2 y + 1) = x
Hướng dẫn giải

a) Điều kiện x ≥ 0, y > 0 . Xét x = 0 ⇒ y = 0 : loại nên x > 0
Trang 21


2
Xét hàm số f ( t ) = t + 2cos t , t > 0 .

f ' ( t ) = 2t − 2sin t = 2 ( t − sin t ) > 0, ∀t > 0 nên hàm số này đồng biến trên

( 0; +∞ ) .

Do đó

( 2) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y .

(

Thay vào phương trình (1) log 3 x = log 2 1 +

(

Đặt log 3 x = log 2 1 +
Suy ra

)

x =t⇒ x =

( 3)

x
t

)

= 2t − 1

t

 3   1 t
3 +1 = 2 ⇔ 
÷ + ÷ =1
 2  2

( )

t

t

Vế trái là hàm nghịch biến và x = 2 thỏa mãn nên nghiệm duy nhất của phương trình là x = 2 . Vậy hệ có
duy nhất là ( x, y ) = ( 2;2 ) .
b) Điều kiện x, y > −

1
2

2
Xét hàm số f ( x ) = t + 3t + ln ( 2t + 1) , t > −

f ' ( t ) = 2t + 3 +

1
2

2
1
> 0, ∀t > − nên f là hàm đồng biến
2t + 1
2

Giả sử x ≥ y thì từ hệ trên suy ra f ( y ) ≥ f ( x ) ⇒ y ≥ x
2
Do đó nếu ( x, y ) là nghiệm của hệ thì x = y nên có phương trình x + 2 x + ln ( 2 x + 1) = 0 . Vì vế trái là

hàm đồng biến và x = 0 thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x = y = 0 .
Bài toán 5.30: Giải các hệ phương trình:

2log3 x + y log3 2 = 6


a) log y + log x = 1
y
 x
x3

1
2
 1
 x 2 + 1 + y 2 + 1 = xy + 1
b) 
log x log y = 1
 2 2 3 3

( 1)
( 2)

( 1)
( 2)

Hướng dẫn giải
a) Điều kiện 0 < x, x ≠ 1, y ≠ x 3 . PT (2): log x y +
Đặt t = log x y . Ta có t +

1
=1
log x y − 3

1
= 1 ⇔ t 2 − 4t + 4 = 0

t −3

⇔ t = 2 , suy ra log x y = 2 ⇔ y = x 2
Trang 22


Do đó: ( 1) ⇔ 2log3 x + 2log3 x = 6 ⇔ 2log3 x + 2 2 log3 x = 6
2

⇔ 22 log3 x + 2log3 x − 6 = 0 ⇔ 2log3 x = 2 ⇔ log 3 x = 1 ⇔ x = 3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 3;9 ) .
b) Điều kiện x, y > 0 . PT ( 1) :

1
1
2
+ 2
=
x + 1 y + 1 xy + 1
2

⇔ ( xy + 1) ( x 2 + y 2 + 2 ) = 2 ( x 2 + 1) ( y 2 + 1)
⇔ xy ( x 2 + y 2 ) + 2 xy + x 2 + y 2 + 2 = 2 x 2 y 2 + 2 ( x 2 + y 2 ) + 2
⇔ xy ( x − y ) = ( x − y ) ⇔ ( x − y )
2

2

2

( xy − 1) = 0

- Nếu x = y thì x = y = 1 là nghiệm
Xét trường hợp x = y ≠ 1 thì:

( 1) : ( log 2 x − 1) ( log 3 x − 1) = 1 ⇔ log 2 x.log 3 x = log 2 x + log 3 x
⇔

1
1
+
= 1 ⇔ log x 2 + log x 3 = 1 ⇔ log x 6 = 1 ⇔ x = 6
log 2 x log 3 x

- Nếu xy = 1 thì y =

1
và x ≠ 1 , ta có
x

x
1
log 2 log 3
= 1 ⇔ ( log 2 x − 1) ( log 3 x + 1) = −1
2
3x
⇔ log 2 x.log 3 x = log 3 x − log 2 x ⇔
⇔ log x 2 − log x 3 x = 1 ⇔ log x

1

1
−
=1
log 2 x log 3 x

2
2
=1⇔ x =
3
3
2 3
3 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( 1;1) , ( 6;6 ) ,  ; ÷.
Bài toán 5.31: Giải các hệ phương trình sau:

 y 2 − x2 x 2 + 1
= 2
e
y +1
a) 
3log ( x + 2 y + 6 ) = 2log ( x + y + 2 ) + 1
3
2


( 1)
( 2)

Trang 23

log y ( log y ( 3 − x ) ) = log 3− y ( log3− y x )

b) 
x
cot x − cot y = log
y


( 1)
( 2)
Hướng dẫn giải

a) Điều kiện x + 2 y + 6 > 0, x + y + 2 > 0

( 1) : e x

2

(x

2

+ 1) = e y

2

(y

2

+ 1) . Xét f ( t ) = et ( t + 1) , t ≥ 0 .

( )

( )

2
2
t
t
t
Ta có f ' ( t ) = e + e ( t + 1) = e ( t + 2 ) > 0 nên f là hàm đồng biến. Phương trình f x = f y

⇔ x2 = y 2 ⇔ x = ± y
- Nếu x = y thì phương trình (2) trở thành

3log 3 ( 3 x + 6 ) = 2log 2 ( 3 x + 2 ) + 1 ⇔ log 3 ( x + 2 ) = log 2 ( x + 1)
Đặt log 3 ( x + 2 ) = log 2 ( x + 1) = t thì
t

t

 2 1
x + 2 = 3 , x +1 = 2 ⇒ 3 = 2 +1 ⇔  ÷ +  ÷ = 1
 3 3
t

t

t

t

Vế trái là hàm số nghịch biến và t = 1 thỏa mãn nên phương trình có nghiệm duy nhất là t = 1 , suy ra

x + 2 = 3 ⇔ x = 1 . Suy ra y = 1 .
- Nếu x = − y thì ( 2 ) ⇔ 3log 3 ( 6 − x ) = 2log 2 2 + 1 ⇔ log 3 ( 6 − x ) = 1

⇔ 6 − x = 3 ⇔ x = 3 . Suy ra y = −3
b) Điều kiện 0 < x, y < 3, y ≠ 1,log y ( 3 − x ) > 0,log 3− y x > 0

( 2) :

sin ( y − x )
= log x − log y
sin x.sin y

Vì −3 ≤ y − x ≤ 3 và a ∈ ( −3;3) ⊂ ( −π ; π ) nên: sin a ≥ 0 ⇔ a ≥ 0,sin a < 0 ⇔ a < 0 . Do đó phương
trình này tương đương với x = y

(

Thay vào nên ( 1) : log 3− x ( log 3− x x ) = log x log x ( 3 − x )

⇔ log 3− x ( log 3− x x ) =

)

log 3− x ( log x ( 3 − x ) )
log 3− x x

Đặt t = log 3− x x > 0 thì PT: log 3− x t = −

log 3− x t
t

⇔ ( t + 1) log 3− x t = 0 ⇔ log 3− x t = 0

Trang 24


⇔ t = 1 ⇔ log 3− x x = 1 ⇔ x = 3 − x ⇔ x =

3
2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x = y =

3
.
2

Bài toán 5.32: Giải các hệ phương trình sau:

e x − e x − y = y
 y
y−z
a) e − e = z

 z
z−x
e − e = x

( 1)
( 2)
( 3)

5 x = 2 y + 1 + 2log 5 ( 4 y + 1)
 y
b) 5 = 2 z + 1 + 2log 5 ( 4 z + 1)
 z
5 = 2 x + 1 + 2log 5 ( 4 x + 1)
Hướng dẫn giải

−y
−y
a) Nếu x = 0 thì ( 1) :1 − e = y ⇔ 1 − e − y = 0 .
−y
Bằng cách xét f ( y ) = 1 − e − y thì phương trình f ( y ) = 0 có nghiệm duy nhất y = 0 , do đó

x = y = z = 0.
Nếu x ≠ 0 thì y ≠ 0, z ≠ 0 . Đặt f ( t ) =

t.et
, t ≠ 0 thì hệ:
et − 1

 x
y.e y

e = e y − 1
e x = f ( y )

 y
z.e z
 y
e
=
⇔

e = f ( z )
z
e
−
1

 z
e = f ( x )
 z
x.e x
e
=

ex −1

Ta có f ' ( t ) =

et ( et − t − 1)

( e − 1)

t

2

> 0, ∀t ≠ 0 . Lập BBT thì f ( t ) < 1, ∀t < 0 và f ( t ) > 1 , ∀t > 0 nên hệ tương

đương x = y = z = t , do đó et − t − 1 = 0 (vô nghiệm). Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = 0 .

1
4

b) Điều kiện xác định: x, y, z ≥ − .
t
Xét hàm số f ( t ) = 5 và g ( t ) = 2t + 1 + 2log 5 ( 4t + 1) , t > −

1
thì hai hàm số này đồng biến trên
4

 1

 − ; +∞ ÷.
 4


Trang 25