Chuyen de 05 phuong trinh mu va logarit

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
- Dạng:

a x  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

a f  x  a g x




a 1
�
a �1, f  x   g  x 
�

 a  0 � �

�
�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 )
f x
g x
a    g   � f  x  g  x
Nếu a  1 :
f x
g x
a    a   � f  x  g  x
0

a

1
Nếu
:

log a f  x   log a g  x  � 0  f  x   g  x 
Nếu a  1 :
log a f  x   log a g  x  � f  x   g  x   0
Nếu 0  a  1 :
.
Hệ phương trình mũ và lôgarit

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.
www.LuyenThiThuKhoa.vn

1

Phone: 094 757 2201


2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 5.1: Giải các phương trình sau:
x 1
x
a) 3  18.3  29  0

x
x
x
b) 27  12  2.8

Hướng dẫn giải
a) Đặt t  3 , t  0 thì PT:
x

3t 

18
 29
t

� 3t  29t  18  0 � t  9 hoặc
2

2
3

t

Giải ra nghiệm x  2 hoặc c  log3 2  1
x

x

12 �
�27 � �
� � � � 2
x
b) Chia 2 vế cho 8  0 thì PT: �8 � �8 �
3x

x

x

�3 � �3 �
�3 �
� � �  � � 2  0
t  � �, t  0
�2 � �2 �

�2 �
. Đặt
.
PT:

t 3  t  2  0 �  t  1  t 2  t  2   0 � t  1 � x  0

Bài toán 5.2: Giải các phương trình sau:
4x

a) 3  4

3x

x

b) 3 .8

x
x1

 36

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

�4 � log 4
4 log 3  3 log 4 � � �
� x  log 4  log 3 4 

�3 � log 3
3
x

x

x

b) PT: 3 .2

3x
x 1

x 2

 3 .2 � 3 .2
2

2

x2
x 1

1

x 2

� x11 �
1
��

3.2 �  1 � x  2  0
x1
�
�
hoặc 3.2  1

� x  2 hoặc

2

1
x 1



1
� x2
3
hoặc x  1  log 3 2

Bài toán 5.3: Giải các phương trình sau:

 cos 72�   cos36�  3.2 x
a)
x

x

b) e

� �
sin �x  �
� 4�

 tan x

Hướng dẫn giải

 2cos 72�   2cos36�  3
Phương trình:
x

a)

www.LuyenThiThuKhoa.vn

x

2

Phone: 094 757 2201


Vì:

2cos 72�
.2cos36�

2sin 36�
.cos36�

.cos72�
1
sin 36�

1
t

3
t   2cos 72�
,t  0

t
Đặt
thì PT:
2

3 � 5 � 5 �1 �
� t  3t  1  0 � t 
�
�
2
� 2 �
2

Ta có:

5 1
2 suy ra nghiệm x  �2

2cos 72� 2sin18�

b) Điều kiện cos x �0 , vì sin x  0 không thỏa mãn nên PT:
2  sin x cos x 
2

e
Đặt

2 cos x

u  sin x, v  cos x, u , v � 1;1 , u.v  0
2u
2

e
PT:

2 sin x

sin x
e 2
e 2

�

cos x
sin x
cos x

u



e

2v
2

v

. Xét

� 2t � 22t
e
�  1�
2
� 
y'  �
2
t

y  f  t 

e



2t
2



2t  2 e
2t

2

2t
2

t , với t � 1;0  � 0;1

0

suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

 1;0 

và

 0;1 .

 1;0  hoặc  0;1 do đó PT:
Vì u , v cùng dấu nên u , v cùng thuộc một khoảng
f  u   f  v  � u  v � tan x  1 � x 


 k
4
(chọn).

Bài toán 5.4: Giải các phương trình sau:
a)

x.2 x  x  3  x   2  2 x  1

x
b) 2  x  1

Hướng dẫn giải
a) PT:

x.2 x  x  3  x   2.2 x  0 � 2 x  x  2   x 2  3x  2  0

� 2 x  x  2    x  1  x  2   0 �  x  2   2 x  x  1  0

� x  2  0 hoặc 2 x  x  1 � x  2 hoặc x  1 .
(Vì

f  x   2x  x

f  0  1
đồng biến trên � và
).

x
f  x   2x  x  1 D  �
b) PT  2  x  1  0 . Xét
,

Ta có:

f '  x   2 x.ln 2  1 f ''  x   2 x.ln 2 x  0, x

www.LuyenThiThuKhoa.vn

,

3

Phone: 094 757 2201


f  x  0

Vậy

f  0   f  1  0

có tối đa 2 nghiệm mà

nên tập nghiệm là

S   0;1

.

Bài toán 5.5: Giải các phương trình sau:
a)

5 x  2 x  2 x  1  4 x.5x  4 x  1  52 x

b)

4 x  2 x 1  2  2 x  1 sin  2 x  y  1  2  0
Hướng dẫn giải

a) Điều kiện x  0 . Phương trình tương đương với





3 1



� 2log 2 x  x
� xx







3 1



3 1





� x � 3 1
�
�

x 1

x
2

�



x

2 log 2 x

2 log 2 x









1



log 2 x

�
�
�



  x  1

3 1

log 2 x

2

  x  1
log 2 x

3 1

2

  x  1

2 log 2 x

3 1



3 1

3 1



3 1





 1�
�
�

2 log 2 x



log 2 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 � �
ab  1
a
b
�

Ta có:
- Nếu



� 3 1

�
�

log 2 x

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 .
Cách khác: đặt
Phương trình:
b)

2
PT:

2x

t





3 1

log 2 x


thì

xt 2   x 2  1 t  x  0



3 1

log 2 x



x

t

.

 2.2 x  1  2  2 x  1 sin  2 x  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

www.LuyenThiThuKhoa.vn

4

Phone: 094 757 2201


2
x
��
2 x  1  sin  2 x  y  1 �
�
� cos  2  y  1  0
2

�
2 x  sin  2 x  y  1  1
�
��
cos  2 x  y  1  0
�

�
Vì

cos  2 x  y  1  0 � sin  2 x  y  1  �1

- Nếu

sin  2 x  y  1  1

- Nếu

sin  2 x  y  1  1

Suy ra

x
thì 2  0 , vô nghiệm

x
thì 2  2 � x  1

sin  y  1  1 � y  

Vậy nghiệm là:

.

x  1, y  



 1  k 2
2


 1  k , k �
2
.

Bài toán 5.6: Giải các phương trình:

1  cos x   2  4cos x   3.4cos x

a)

b)

 2  2

sin 2 x



 2 2



cos 2 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



f ' y  
Ta có:

3.4 y
f  y 
 y 1  0
 3.4

f  y  0
2  4y
hay
với
y

6.ln 4.4 y

24 

y 2

 1, f '  y   0 � 6ln 4.4 y   2  4 y 

2

y
Đây là phương trình bậc hai theo 4 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

x  2 k , x 

Suy ra PT đã cho có nghiệm

b) PT:

 2 2

sin 2 x



 2 2



cos2 x

y  0, y 

1
2 , y  1 là ba nghiệm của f  y   0 .



 k , x  �  2k  k ��
2
3
.
cos 2 x

� 2�
�
1
�
� 2 �



 2 2



cos 2 x

2
2
- Nếu cos 2 x  0 � cos x  sin x , do 2  2  1 nên

www.LuyenThiThuKhoa.vn

5

Phone: 094 757 2201


VT



 2 2



sin 2 x



 2 2

cos 2 x

� 2�
1
�
�
2 �
�
VP =





 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



 k , k ��
4
2
.

Bài toán 5.7: Giải các phương trình sau:
a)

5 x  4 x  3x  2 x 

1 1 1
 x  x  4 x 3  2 x 2  x  16
x
2 3 6

x
x
x
x
b) 2  6  3  5

Hướng dẫn giải

�1 1 1 �
f  x   5 x  4 x  3x  2 x  � x  x  x � 4 x 3  2 x 2  x  16, x ��
�2 3 6 �
a) Xét
�ln 2 ln 3 ln 6 �
f '  x   5 x ln 5  4 x ln 4  3x ln 3  2 x ln 2  � x  x  x � 12 x 2  4 x  1  0
3
6 �
�2
thì
Nên f đồng biến và

f  1  0

nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1 .

x
x
x
x
x
x
x
x
b) Ta có 2  6  3  5 � 6  5  3  2
a
a
a
a
Gọi a là nghiệm của phương trình trên thì có 3  2  6  5

f  t    t  1  t a
a

Xét hàm số

f ' t   a �
 t  1
�

a 1

, khi đó

a 1

 2;5

và

 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
Vì c thuộc

liên tục trên

 t a 1 �
�. Ta có f  2   f  5 

Áp dụng định lý Rolle trên

a�
 c  1
�

f  t

 2;5 

a 1

 c a 1

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) 4

ln x 1

6

ln x

ln x 2  2

 2.3

log 4 x 

0

b) 3

1
2

log 4 x 

3

1
2

 x

Hướng dẫn giải
www.LuyenThiThuKhoa.vn

6

Phone: 094 757 2201


2 ln x
 6ln x  18.32 ln x  0
a) ĐK: x  0 , PT: 4.2
ln x

�2 �
t

��
2 ln x
�3 � thì được PT:
Chia cả hai vế cho 3
, đặt

4t  t  18  0 . Chọn nghiệm
2

t

9
� x  e 2

2
.

t
b) ĐK: x  0 , đặt t  log 3 x thì x  4

3.3t 
PT:

1 t
.3  2t � 4.3t  3.2t
3

t

3
�3 � 3
log 3
� � �
� t  log 3
2
4
�2 � 4
x

4
2
. Vậy

3

4

Bài toán 5.9: Giải các phương trình:

1
x2
log 4 �
 x  2   x  3 �
�
� 2 log 2 x  3  2
a)
log 3 x
log 27 9 x

b) log 9 3x log81 27 x
Hướng dẫn giải

�
 x  2   x  3  0 �x  3
�
��
�x  2
x2

0
�
�
a) ĐK: �x  3
x  2�
�

log 4 �
 log 4 16 � x 2  4  16
 x  2   x  3
�
x  3�
�
PT:
.
� x 2  20 � x  �2 5 (chọn).

1
1
x � ,x �
3
27 , đặt t  log 3 x thì PT:
b) ĐK: x  0 ,
2 2  t 
t

� t 2  3t  4  0 � t  1
1  t 3 3  t 
Suy ra nghiệm x  3 hoặc

x

hoặc t  4 .

1
81 .

Bài toán 5.10: Giải các phương trình sau:
a)

log1 x  2 x   log x  2  2 x   0



  2log  2 1  1

log 2 3x 1

b) 3

3

x

Hướng dẫn giải

a  log 2  1  x  , b  log 2 x
a) Điều kiện 0  x  1 . Đặt
. Ta có
www.LuyenThiThuKhoa.vn

7

Phone: 094 757 2201


a 

b log
�2�
1 x 

�1 �
log 2 �
x  1 x  � log 2 � � 2
�4 �

log 2 x

� 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
2

 b  1
và

2

 0 � a  b  1

� log 2  1  x   log 2 x  1 � x 

1
1
x
2 . Vậy nghiệm
2

x
a  log 2 3, y  2 x
b) Điều kiện 3  1  0 � x  0 . Đặt

3
PT:

x

 1

log 2 3

  2 x  1

log3 2 1

�  y a  1   y  1 a  1 �
1

a

Xét hàm số



f  t   t a  1, t  0

Khảo sát hàm số



a

y a  1  1  1  y
a

thì PT trên là

f  t   t  t a  t  1, t  0





f f  f  y   y

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 .

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  x  3 x 

2
log 2 x
3

Hướng dẫn giải

f  x   log 3 x  log 4  2 x  2 
f  x   f  3  2
a) ĐK: x  1 . Ta có
là hàm đồng biến nên
với x  3 và
f  x   f  3  2

với 1  x  3

Vậy x  3 là nghiệm duy nhất.
12 y
b) ĐK: x  0 , đặt x  2 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
www.LuyenThiThuKhoa.vn

8

Phone: 094 757 2201


y

� 1 2  2
6y

4y

3

4y

y

y

16 �
�1 � �64 � �
� � � � � � �  1
�81 � �81 � �81 �
y

y

y

16 �

�1 � �64 � �
f  y   � � � � � �
�81 � �81 � �81 � nghịch biến trên � nên y  1 là
Ta có y  1 thỏa mãn và vì hàm số
12
nghiệm duy nhất, do đó PT cho có nghiệm x  2 .

Bài toán 5.12: Giải các phương trình sau:
a)
b)











log 2 x  x 2  1  log 3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1



log 2  log 3  log 4 x    log 4  log 3  log 2 x  
Hướng dẫn giải

t  x  x2  1 � x  x2  1 

a) Điều kiện là x �1 . Đặt

1
t

1
1
log 2 t  log 3  log 6 � log 2 t  log 3 t  log 6 t  0
t
t
PT:

� log 2 t  1  log 3 2  log 6 2   0 � log 2 t  0 � t  1
2
Do đó: x  x  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

�  log3  log 4 x    log 3  log 2 x  �  log 3  log 4 x    log 3  2log 4 x 
2

2

�  log3  log 4 x    log 3  log 4 x   log 3 2  0

2

� log 3  log 4 x  

1 � 1  4log 3 2
2
. Từ đó suy ra nghiệm x.

Bài toán 5.13: Giải các phương trình sau:


a)
b)



3 1

log 2 x

x





3 1

log2 x

 x2  1

4  x  2 �
log 2  x  3  log 3  x  2  �
�
� 15  x  1
Hướng dẫn giải

a) Điều kiện

5x �2 x, x �

1
2

x
Đặt a  5  2 x , b  2 x  1, a, b �0 . Ta có

www.LuyenThiThuKhoa.vn

9

Phone: 094 757 2201


a 2  5 x  2 x, b 2  2 x  1 � a 2  b 2  5 x  4 x  1, a 2  b 2  5x  1

a
Do đó
PT:

2

 b 2   a 2  b 2    5 x  1  5 x  4 x  1  52 x  4 x.5 x  4 x  1





a  b   a 2  b2   a 2  b2  �  a  b  1   a 2  b2   a  b   0

x
x
- Nếu a  b  0 � a  b thì 5  2 x  2 x  1 � 5  4 x  1

f  x   5 x  4 x  1, D  �

Xét

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 .

a
- Nếu

2

 b 2   a  b   1 �  5 x  1





5x  2 x  2 x  1  1

5 x  2 x  2 x  1 �  5 x  2 x    2 x  1  5 x  1

Vì

x
và 5  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:
Xét hàm số vế trái

f ' x  

log 2  x  3  log3  x  2  

f  x

15 x  1
.

0
4 x2

, ta có:

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:
a)

 x  1 log 4 x  x log  x  2 x1 

b)

log 2

5

x

2

 2 x  11  log

2 2 5

x

2

 2 x  12 
Hướng dẫn giải

a) PT:

x log 4 x 1  x log  x  2 x 1  � x  0

Xét hàm số

x 1
x 1
hay 4  x  2

f  x   4 x 1  2 x 1  x, x ��, f '  x   4 x 1.ln 4  2 x 1.ln 2  1

x1
f ' x   0

Vì P  0 nên phương trình
có đúng một nghiệm 2  0 là x0 .

Vì

f ''  x   4 x 1 ln 2 4  2 x 1 ln 2  0

www.LuyenThiThuKhoa.vn

do đó x0 là điểm cực tiểu của hàm số.
10

Phone: 094 757 2201


Suy ra

f  x  �f  x0   0

x 1
x 1
nên PT 4  2  x vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  0 .
2
b) Điều kiện x  2 x  12  0

1
log 2
PT: 2

� log 9 4

5

5

x

x

2

2

 2 x  11 

1
log
2
2

 2 x  11  log8 4

5

2 5

x



x

2

 2 x  12 

 2 x  12 

2





log a 1 x 2  2 x  11  log a x 2  2 x  12
a

8

4
5
Đặt
thì
Đặt



log a 1  x 2  2 x  11  log a  x 2  2 x  12   t

�  a  1  x 2  2 x  11, a t  x 2  2 x  12
t

 a  1
Suy ra

t

 at  1 � t  1

2
Do đó: x  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

a) ĐK: x  0 , PT:
Xét hàm số

log 2 x 

f  x 

f ' x 0 � x  e

x
ln x ln 2
�

2
x
2 .

ln x
1  ln x
,x  0
f  x 
x2
x
thì

, lập BBT thì

f  x  0

có tối đa 2 nghiệm mà

f  2  f  4 

ln 2
2 nên S   2;4 .

b) Đk: x  0 . Xét x  2 thì PT thỏa mãn:

x x2

x 1 x  3

 1,

1
x

2
2
4
3
5
Xét
thì
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)
b)

log 3

x2  x  3
 x2  3x  2
2
2x  4x  5

2log 3  cot x   log 2  cos x 

www.LuyenThiThuKhoa.vn

11

Phone: 094 757 2201


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
Do đó

f  t

f  t   log 3 t  t , t  0

thì

f ' t  

1
 1  0, t  0
t.ln 3

f  x 2  x  3  f  2 x 2  4 x  5 

đồng biến, nên phương trình

� x2  x  3  2 x2  4 x  5 � x 2  3x  2  0 k
Vậy phương trình có 2 nghiệm x  1 và x  2 .

b) ĐK:
Đặt

cot x  0
�

� k 2  x   k 2 , k ��
�
cos x  0
2
�

.

log 2  cos x   2t � cos x  4t � cos 2 x  16t

Do đó

2log 3  cot x   2t � cot x  3t � cot 2 x  9t

t

t

16t
144 � �
16 �
�
9t 
� 9t  144t  16t � � � � � 1
t
1  16
�9 � �9 �
nên
Suy ra PT có nghiệm duy nhất
Chọn nghiệm

x

t

1
1
� cos x 
2
2


 k  , k ��
3

.

Bài toán 5.17: Giải các bất phương trình sau:

21 x  2 x  1
�0
2x  1
b)

x2
x2
2 x 1
 22 x 1
a) 2  3 �3

Hướng dẫn giải
a) - Nếu x  1 thì bất phương trình thỏa mãn
x2
2 x 1
x2
2 x 1
- Nếu x  1 � x  2  2 x  1 thì 2  2 ,3  3

� 2 x  2  3x  2  2 2 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 .

www.LuyenThiThuKhoa.vn

12

Phone: 094 757 2201


b) Vì

2
2x

f  x   21 x  2 x  1  2 x  1 

là hàm nghịch biến và

f  1  0, f  x   f  1  0

x
� x  1 � 1  x  0 nên f  x  cùng dấu với 1  x . Hàm số g  x   2  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
 0;1 .
x
. Vậy tập nghiệm của BPT là
Bài toán 5.18: Giải các bất phương trình
2 x 1
 22 x 1  5.6 x �0
a) 3

2x
b) 2

2

4 x  2

 4.22 x  x

2

1

 2 �0

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

2x
x
x
x
�
�3 �
�3 �
�3 � ���3 � �
3 � �  5 � � 2 �0 � �
3 � � 1��0
� � 2 ��
2
�2 �
�2 �
�
�
�
���2 � �
x

�3 �
 � � 2
�
ۣ
�2 �
b) Đặt t  2

x

log 3 2

2

x 2  2 x 1

, t  0 . Bất phương trình

�
t 3 ���
2t 4
0
x
Do đó 0  2

2

3
1
(vì cơ số 2
)

 2 x 1

t

2  t 2

t2 

2t 2 

4
 2 �0
t

0

t

2

�2 � x 2  2 x  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

2
b) 4 x  3.3

x

 x.3

x

 2 x 2 .3

x

 2x  6
Hướng dẫn giải

x
a) Đặt t  2 , t  0 thì BPT:

8  2t  t 2  5  2t

5
�
 t �4
2
�
�
5  2t  0,8  2t  t �0
2
��
��
2
5
5

2
t
�
0,8

2
t


t
�
0
�
�
1 t �
�
2
x
Do đó 1  t �4 � 1  2 �4 � 0  x �2 .
2
b) ĐK: x �0 , BPT: 4 x  3.3

www.LuyenThiThuKhoa.vn

x

 x.3

x

 2 x 2 .3

13

x

 2x  6  0

Phone: 094 757 2201

�  3  x  2 x2  3

 2  x  2 x 2  3  0

x



�  2 x 2  x  3 3

x



2 0

�
3 x 20
�
��
2
�2 x  x  3  0 hoặc
�
�x  log 32 2
�
۳ �x 0
�
3

�
1  x 
2 hoặc
�

�
3 x 2  0
�
� 2
2 x  x  3  0
�

�
�x  log 32 2
�
�x �0
�
3
�x  1 hay x 
2
�

Từ đó suy ra nghiệm BPT:

0 �x  log 2 hoặc
2
3

x

3
2.

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

b)

2

3 x  2 4 x2  3 x

3 tan x  1.

 x2  5x  5

sin x  2cos x
�21
sin x  3cos x

tan x

Hướng dẫn giải
2
3 x
a) ĐK: x �

0

3 hoặc x �0

x

Xét x �3 thì VT  0  VP: đúng.

  x  1  4 �4
Xét x �0 thì VP
,
2

VT = 2

2



x 2 3 x  2

Vậy tập nghiệm



2

�4 nên có nghiệm x �1 .

S   �;3 � 0;1 � 1; �

b) Điều kiện tan x �0 . Đặt t  tan x, t �0 thì

VT

 3 t  1.

t2
 f  t  , t �0
t 3

f ' t  
Ta có

f t 

3
t2
1
.
 3 t  1.
0
2
2 t 1 t  3
 t  3

f  0

1
Mặt khác VP  2

2

nên hàm số

f đồng biến, mà

t �0

.

tan x

�2 nên dấu = đồng thời xảy ra � t  tan x  0 � x  k , k ��.

Bài toán 5.21: Giải các bất phương trình:

www.LuyenThiThuKhoa.vn

14

Phone: 094 757 2201


1

 2 x  7  ln  x  1  0
a)

2
b) 2.x

log 2 x

3

�2 2

log 2 x

Hướng dẫn giải

�
� 7
�x 
� 7
�
�
2
x

7

0
�
x
2
�
�
�
�
�
2

� 7
�
ln  x  1  0
�
�
x
�
�
�x  1  1
�
�
�
�
7
�
2
�
�
�2 x  7  0
�
�x 
7
�
�
�
�
�
1  x  0
� 2
�

�x 
�
�
2
�
�
�
ln
x

1

0
�

�
1  x  0
�
�
�
�
�
0

x

1

1
�

�
a) BPT:
�7
�
S   1;0  �� ; ��
�2
�
Vậy tập nghiệm
b) ĐK: x  0 , lôgarit hóa theo cơ số 2  1 :

� 12 log2 x �
� 23 log2 x �
1 2
3
log 2 �2
��log 2 �2
�� 1  log 2 x � log 2 x
2
2
�
�
�
�
2
�
��
log

3log 2 x 2 0
2 x

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

4x  5
6
 0 � 0  x  , x �1
5
a) ĐK: x  0, x �1 , 6  5 x
.
Nếu

1 x 

6
4x  5 1
�


5 thì BPT
6  5x x

�

4x  5 1
4x2  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 
2
 6  5x  x

Nếu 0  x  1 thì BPT

4 x 2  10 x  6
�
0
 6  5x  x

(loại)

1

 x 1
chọn 2
.

�1 �
S  � ;1�
�2 �.
Vậy tập nghiệm
b) ĐK: x  0 . Xét x  4 thì log 2 x  2 còn 6  x  2 (loại)
www.LuyenThiThuKhoa.vn

15

Phone: 094 757 2201


Xét 0  x �4 thì log 2 x �2 �6  x nên BPT nghiệm đúng.

S   0;4

Vậy tập nghiệm

.

Bài toán 5.23: Giải các bất phương trình:

3ln x
x 1
�3
3

a) x  1 x  x

log 2  1  2 x   log 3 �
3x 
�
�
b)

 

x
2 �
�
�

Hướng dẫn giải

� x3  1  x  1
�
� 0

3ln
x
 x  1 �
� x3  x
�
�
�
a) Điều kiện x  0, x �1 , BPT:

Xét hàm số

x
f  x 

3

 1  x  1
x3  x

 3ln x, x  0

x 4  x3  x  1
f  x 
 3ln x
x3  x
thì
. Ta có

 4x
f ' x  

3

 3x 2  1  x 3  1  3x 2  x 4  x3  x  1

x

3

 x

x
3 

2

3

 1  x  1

x

3

 x

3

2

f ' x   0
f  x
f  x   f  1  0
Khi x  1 thì
nên
đồng biến: x  1 suy ra
Do đó

 x  1 f  x   0 . Tương tự khi 0  x  1 thì

f ' x   0

nên

f  x

nghịch biến:

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  3 ,
x

x

1

 2

x

� 2 x  1  3x 

log 2  2 x  1  log 3  2 x  1  log 3 �
3x 
�
�
Do đó
log 2  1  2 x   log 3 �

3x 
�
�
Xét x �0 thì

 2

x

 2

 2

x

x

0

�
�
�: đúng

�
�
�

x
� � �2�
�

�
�x � 1 �
�
x
�
�
�
� log 2 �
2 �
1 x �

log
3
1

� ��
3
�
� � �3 ��
�
� � 2 �
�
�
� �
�

x
� �2�
�
� 1�

�
� x  log 2 �
1  x � x  log3 1  � ��
� �3 ��
� 2 �
�
�

www.LuyenThiThuKhoa.vn

16

Phone: 094 757 2201


x
x
� �2�
�
� �1 �
�
�
� log 2 �
1  �� log 3 1  � ��
� �
�
� �3 ��
� �2 ��
�
�: Đúng

Vậy tập nghiệm S  �.
Bài toán 5.24: Giải các hệ phương trình:

 1
 2

x y
12
�
�x  y
� x y
y  x3
�
a)

�
log x  6 x  4 y   2
�
�
log  6 y  4 x   2
b) � y
Hướng dẫn giải

2 �xy
a) ĐK: x, y  0 . Ta có  

 1 � y

1

 x y  2
3

 y12

x y
3

nên

. Xét y  1 thì x  1 : đúng.

1
2
x  y   12 � x  y  6

Xét y �1 thì 3
6
3
2
2
Do đó y  x � x  y nên y  y  6  0

S    1;1 ;  4;2  
Chọn y  2 � x  4 . Vậy
.
b) ĐK: x, y  0, x, y �1 . Hệ tương đương:

�
�

6x  4 y  x2
6x  4 y  x2
�
�
��
�
 x  y   x  y  2  0
6 y  4x  y2
�
�
�y  x
� �2
�x  10 x  0 hoặc
Từ đó giải ra nghiệm

�y  2  x
�2
�x  2 x  8  0

 5;5 .

Bài toán 5.25: Giải các hệ phương trình:

�
2 x  2  3 y  3x
�
�y
y
2


2

3
x

3
�
a)
2 x  2 xy  y
y
�x
y
2 xy
x
�
2 4
 5.2
�
�
log x  log 5 y  log 5 x.log 3 y
b) � 3
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

www.LuyenThiThuKhoa.vn

17

Phone: 094 757 2201


Xét x  y thì VT  0 (loại), x  y thì VT  0 (loại).
t
t
Xét x  y  t thì được: 2  3  3t  2  0

Đặt

f  t   2t  3t  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 

f  t  0
f  0   f  1  0
đồng biến trên � nên
có tối đa 2 nghiệm mà
nên hệ có 2

nghiệm

 0;0 

và

 1;1

b) Điều kiện xác định x, y  0
Ta có:

 1 � 2

x
y

 4.2

x
y

2x y

y x

 5.2

y
x

y

x
Đặt a  2 , b  2 , thì a, b  0 . Ta có:

a

4a 2
 5b � 5b 2  4a 2  ab �  a  b   4a  5b   0 � a  b
b
.
x
y

y
x

2 2 �
Suy ra
Nên

x y
 � x2  y 2 � x  y
y x

.

 2  � log3 x  log5 x  log 5 x.log3 x
� log 3 x  1  log 5 3  log 3 x.log 5 x

� log3 x  0 hay log 5 x  log 5 15 � x  1 hay x  15
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
�
�2
x  y2  1
a) �

 1
 2

�
log 2 1  3sin x  log 3  3cos y 
�
�
log 2 1  3cos y  log 3  3sin x 
�
b)
Hướng dẫn giải

 1 : Nếu x. y thì VT  0  VP, nếu
a) ĐK: x, y  0 nên 2 x  3 y  1  0 . Vì cơ số 3  1 , e  1 nên với
x  y thì VT  0  VP, nếu x  y thì thỏa mãn.

Do đó

 2 � 2x

2

1

, chọn

www.LuyenThiThuKhoa.vn

x

2
2
�y
2
2 .

18

Phone: 094 757 2201

b) Đặt u  sin x, v  cos y , ĐK: 0  u, v �1 .

�
log 2  1  3u   2log 3  3v 
�
�
log  1  3v   2log 3  3u 
Hệ � 2
Do đó
Xét

log 2  1  3u   2log 3  3u   log 2  1  3v   2log 3  3v 

f  t   log 2  1  3t   2log 3  3t  ,0  t �1

f ' t  

3
2

0
 1  3t  ln 2 t ln 3

Ta có PT:

nên f đồng biến trên

log 2  1  3t   2log 3  3t 

 0;1 , do đó PT � u  v  t .

, giải ra nghiệm duy nhất:

� 
sin x  1
�
�x   k 2
�� 2
 k , l ��
�
cos
y

1
�
�
�y  l 2
t  1 nên
Bài toán 5.27: Giải các hệ phương trình:







�x  1  x 2 y  1  y 2  1
�
�
�

4 x  y  1  222 x  y
a) �

 1

�
 1  42 x y  .512 x y  1  22 x y1
�
�3
2
�y  4 x  1  ln  y  2 x   0
b) �

 1
 2

 2

Hướng dẫn giải
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
Do đó

2 x  y  0 � y  x

 2  � 3x  1  22  3 x � 8x  3x  1  4

PT này có nghiệm duy nhất



x

�
�
�1 1 �
1
S �
�
� ; �
�3 3 �
�
3 nên



 1 � 1  4t .51t  1  2t 1
b) Đặt t  2 x  y thì
� 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 .

www.LuyenThiThuKhoa.vn

19

Phone: 094 757 2201

2  : y 3  2 y  3  ln  y 2  y  1  0

Thế vào
Xét hàm

f  y   y 3  2 y  3  ln  y 2  y  1 , D  �

thì

2  y  1  1
2y 1
f ' y   3y  2  2
 3y2  2
0
f  y
y  y 1
y  y 1
, y nên
là hàm đồng biến trên �, ta
2

2

có

f  1  0

Suy ra

nên y  1 là nghiệm duy nhất.

S    0; 1 

Bài toán 5.28: Giải các hệ phương trình
4
xy  2 x  4
�
5
 1
�y  4 x  2
� 2
2
� 8 x  3 xy  4 y  xy  4 y  2 
a) �

�
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
�
� 2
�y  x  3x  3  2  0
b) �

 1
 2

Hướng dẫn giải
2
3 xy 4 y 2

a) Điều kiện 8 x ���۳

 2 � 
�

0, xy

0, y

 

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



0

x, y

0



xy  y  0

 x  y y  0
xy  y

�
�
8x  5 y
y
� 0 � x  y
�  x  y �

� 8 x 2  3 xy  4 y 2  3 y
�
xy

y
�
�
1 : x 4  4 x  2 x 2 x 4  5

Thay vào phương trình nên:
2

x
Ta thấy rằng 2

2

2 x 4

 2

5   x4  4x   2x

�  x  1

2

x

2

2

x 1  3

2 x4

2

�23  8 , suy ra

�8 � x 4  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 .

www.LuyenThiThuKhoa.vn

20

Phone: 094 757 2201


Xét hàm số
Ta có:

f  x   xt  x  t , x  1

f '  x   tx t 1  1  x 2 t 

với số thực t dương tùy ý.

2 t
 1;� .
, do x  1 nên 1  x  0 suy ra hàm số này đồng biến trên

a
a
a
a
a
a
Do đó, ta được bất đẳng thức sau: 2  2 �3  3 �5  5 và dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a  0 .

Suy ra

2  2 a  2 a   3  3a  3 a  �5  5a  5 a 

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  3x  3  2  0 � x3  3x 2  3x  1  0

� 2 x3  x3  3 x 2  3x  1 � 2 x 3   x  1
� 3 2x  x 1 � x 

3

1
2
y

2
x

1  3 2 . Suy ra
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:





 1
 2

�
log 2 1  x  log 3 y
�
�2
�x  2cos x  y 2  2cos y
a) �

2
�
�x  3x  ln  2 x  1  y
�2
y  3 y  ln  2 y  1  x
b) �

Hướng dẫn giải
a) Điều kiện x �0, y  0 . Xét x  0 � y  0 : loại nên x  0
Xét hàm số

f  t   t 2  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)
Đặt





log3 x  log 2 1  x



log 3 x  log 2 1  x  t � x 

Suy ra

 3

t



 2t  1

t

t
� 3 � �1 �
t
3  1  2 � � � � � 1
�2 � �2 �

 

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  .

www.LuyenThiThuKhoa.vn

21

Phone: 094 757 2201


b) Điều kiện

x, y  

Xét hàm số

1
2

f  x   t 2  3t  ln  2t  1 , t  

f '  t   2t  3 

1
2

2
1
 0, t  
2t  1
2 nên f là hàm đồng biến

f  y  �f  x 
Giả sử x �y thì từ hệ trên suy ra
Do đó nếu

 x, y 

y

x

x 2  2 x  ln  2 x  1  0
là nghiệm của hệ thì x  y nên có phương trình
. 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:

1
2
�1
 2

2
�
�x  1 y  1 xy  1
�
x
y
�
log 2 log3  1
3
� 2
b) �

 1
 2

�
2
y
6
�
�
log x y  log y x  1

�
x3
a) �
log3 x

log3 2

 1
 2

Hướng dẫn giải

log x y 

3
a) Điều kiện 0  x, x �1, y �x . PT (2):

Đặt t  log x y . Ta có

t

1
1
log x y  3

1
 1 � t 2  4t  4  0
t 3

2

� t  2 , suy ra log x y  2 � y  x

1 � 2log x  2log x

Do đó:
3

3

2

 6 � 2log3 x  22 log3 x  6

� 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
b) Điều kiện x, y  0 . PT

 1 :

 x; y    3;9  .

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:

www.LuyenThiThuKhoa.vn

22

Phone: 094 757 2201


 1 :  log 2 x  1  log3 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 log3 x

- Nếu xy  1 thì

y

1
x và x �1 , ta có

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 �.

 1;1 ,  6;6  , �
�;

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

Bài toán 5.31: Giải các hệ phương trình sau:

a)

�y 2  x 2 x 2  1
e
 2
�
y 1
�
�
3log 3  x  2 y  6   2log 2  x  y  2   1
�

 1
 2

�
log y  log y  3  x    log 3 y  log 3 y x 
�
�
x

cot x  cot y  log
�
y
b) �

 1
 2
Hướng dẫn giải

a) Điều kiện x  2 y  6  0, x  y  2  0

 1 : e x
Ta có

2

x

2

 1  e y

2

y

2

 1

. Xét

f  t   et  t  1 , t �0

f '  t   et  et  t  1  et  t  2   0

.

nên f là hàm đồng biến. Phương trình

f  x2   f  y2 

� x  y � x  �y
2

2

- 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

www.LuyenThiThuKhoa.vn

t

t

23

Phone: 094 757 2201


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 .

 2  � 3log3  6  x   2log 2 2  1 � log 3  6  x   1
- Nếu x   y thì
� 6  x  3 � x  3 . Suy ra y  3
b) Điều kiện

 2 :

0  x, y  3, y �1,log y  3  x   0,log 3 y x  0

sin  y  x 
 log x  log y
sin x.sin y

a � 3;3 �  ;  
0 �a 0,sin a
Vì 3 �y  x �3 và
nên: sin a �۳
trình này tương đương với x  y
Thay vào nên

0

a 0 . Do đó phương

 1 : log3 x  log3 x x   log x  log x  3  x  

� log 3 x  log 3 x x  

log 3 x  log x  3  x  

Đặt t  log 3 x x  0 thì PT:

log 3 x x
log 3 x t  

log 3 x t
t

�  t  1 log3 x t  0 � log3 x t  0

� t  1 � log 3 x x  1 � x  3  x � x 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là

3
2

x y

3
2.

Bài toán 5.32: Giải các hệ phương trình sau:

�
e x  e x y  y
�
�y
e  e yz  z
�
�z
e  ezx  x
�
a)

 1
 2
 3

�

5 x  2 y  1  2log 5  4 y  1
�
�y
5  2 z  1  2log 5  4 z  1
�
�z
5  2 x  1  2log 5  4 x  1
b) �
Hướng dẫn giải

1 :1  e  y  y � 1  e  y  y  0

x

0
a) Nếu
thì
.
Bằng cách xét

f  y   1  e y  y

thì phương trình

f  y  0

có nghiệm duy nhất y  0 , do đó

x  y  z  0.

t.et
f  t  t
e  1 , t �0 thì hệ:
Nếu x �0 thì y �0, z �0 . Đặt

www.LuyenThiThuKhoa.vn

24

Phone: 094 757 2201


�x
y.e y
e

� ey 1
�
ex  f  y 
�
�
z.e z
�y
�y
e  z
��
e  f  z
�
� e 1
�z

e  f  x
�
�z
x.e x
e  x
�
� e 1
f ' t  
Ta có

et  et  t  1

 et  1

2

 0, t �0
. Lập BBT thì

f  t   1, t  0

và

f  t   1 t  0
,
nên hệ

t
tương đương x  y  z  t , do đó e  t  1  0 (vô nghiệm). Vậy hệ có nghiệm duy nhất

x  y  z  0.
b) Điều kiện xác định:

x, y, z �

f  t  5

t

Xét hàm số

và

1
4.

g  t   2t  1  2 log5  4t  1 , t  

1
4 thì hai hàm số này đồng biến trên

�1
�
 ; ��
�
�4
�.

�f  x   g  y 
�

�f  y   g  z 
�
f  z  g  x
Hệ phương trình đã cho có thể viết lại là: �
Không mất tính tổng quát, ta giả sử x là số lớn nhất. Khi đó x �y , x �z .
Do

x y� f  x 
 f�
y 

Đưa về PT:
Đặt

f  z

f  y

g  y

g  z

g  x

z

y
x

z

x

y

z

5t  2t  1  2log 5  4t  1

s  log 5  4t  1 � 5s  4t  1

Suy ra:

g  z

t
và 5  2t  2 s  1

5s  5t  2  t  s  � 5t  2t  5s  2 s

Vì hàm số

h  y   5y  2 y

t
đồng biến nên t  s � 5  4t  1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm là

t  0, t  1 .
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là

 0;0;0  ,  1;1;1 .

Bài toán 5.33: Tìm các nghiệm dương của hệ phương trình:

www.LuyenThiThuKhoa.vn

25

Phone: 094 757 2201