Giải các bài toán phương trình logarit, PT Mũ trong đề thi Đại Học

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b> </b>

<i>Chuyên đề 10</i>

<b>: </b>

MŨ, LOGARIT



<i><b> Vấn đề 1: </b></i>

<b>PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT</b>

<b>A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI </b>
<b>PHƯƠNG TRÌNH MŨ </b>
<b>Dạng 1: Dạng cơ bản: với 0 < a </b><b> 1 </b>

_{  } 




f(x)

a
b 0

a b

f(x) log b

<b>Daïng 2: Đưa về cùng cơ số: </b>af(x)ag(x) <b>(1) </b>

 Nếu 0 < a  1: (1)  f(x) = g(x)

<b> Nếu a thay đổi: (1) </b>









   



a 0

(a 1) f(x) g(x) 0

<b>Daïng 3: Đặt ẩn phụ: Đặt t = a</b>x_{, t > 0; giải phương trình}_  

 _



t 0
g(t) 0

<b>Dạng 4: Đốn nghiệm và chứng minh nghiệm đó duy nhất. </b>
<b> </b>

<b>PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT </b>

Điều kiện tồn tại loga f(x) là   




0 a 1

f(x) 0

<b>Dạng 1: </b> _{  }  




a _b

0 a 1
log f(x) b

f(x) a

<b>Dạng 2: Đưa về cùng cơ số: </b>

 



 _ 

 _



a a

0 a 1
log f(x) log g(x) g(x) 0

f(x) g(x)

<b>Dạng 3: Đặt ẩn phụ </b>

Đặt t = logax sau đó giải phương trình đại số theo t
<b>Dạng 4: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất </b>

<b>B. ĐỀ THI </b>
<b>Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011 </b>

Giải phương trình: ₂



2



₁





2

log 8 x log 1 x  1 x  2 0 (x  R).

<i><b>Giaûi </b></i>



2







2 1

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

 log 8 x₂



 2



log₂



1 x  1 x



 2 8 x 24 1 x



  1 x



(*).
Với –1 x  1 thì hai vế của (*) khơng âm nên bình phương hai vế của (*) ta
được: (*) 



8 x 2



2 16 2 2 1 x



  2







8 x 2



232 1



 1 x 2



(1).

Đặt t = 1 x 2  t2_{= 1 – x}2__x2_{= 1 – t}2_{, (1) trở thành:}



7 t 2



2 32 1 t







 t4_{+ 14t}2_{– 32t + 17 = 0}

 (t – 1)(t3_{– t}2_{+15t – 17) = 0}__{(t – 1)}2_(t2_{+ 2t + 17) = 0}__{t = 1.}

Do đó (1)  1 x 2 = 1  x = 0 (Thỏa điều kiện –1 x  1).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm x = 0.

<b>Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011 </b>

Giải bất phương trình 4x3.2x x 2x 32  41 x 2x 3 2  0

<i><b>Giaûi </b></i>

4x3.2x x 2x 32  41 x 2x 3 2  0  22x3.2 .2x x 2x 32  4.22 x 2x 32  0

 1 3.2 x 2x 3 x2   4.22( x 2x 3 x)2   0 (1)
Đặt t = 2 x 2x 3 x2   _{> 0 (*)}

(1) thaønh 1 – 3t – 4t2_{> 0}__4t2_{+ 3t – 1 < 0}_ _{1 t} 1

4

  

Do đó bất phương trình đã cho tương đương: 2 x 2x 3 x2   < 1
4 = 2

-2

 <i>x</i>22<i>x</i>   3 <i>x</i> 2  x22x 3 x 2  

 1 1 i

z 2 2

    3 x 7

2

  .

<b>Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 </b>

Giải phương trình ₄2x x 2 _₂x3 _₄2 x 2 _₂x 4x 43  _(x_ ₎

<i><b>Giaûi </b></i>

  _ 3 _   _ 3 

2x x 2 x 2 x 2 x 4x 4

4 2 4 2 (*); Điều kiện : x  2 .

(*) 42 x 2 (24x 4  1) 2 (2x3 4x 4  1) 0  (24x 4 1)(42 x 2 2 ) 0 x3 
Do đó phương trình (*) có hai trường hợp.

 24x 4  1 4x 4 0   x 1 (nhaän)

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

 ₂4 2 x 2  _₂x3 __x3__{2 x 2 4}_{ } _ _x3_{ }_{8 2( x 2 2)}_{ }

     

 

2 2(x 2)

(x 2)(x 2x 4)

x 2 2







2

x 2 nhaän
2

x 2x 4 (1)

x 2 2





 _ _{ }

 _{ }



Nhận xét: Phương trình (1) coù:

VT = x22x 4 (x 1)   2 3 3; VP = 
 

2 ₁

x 2 2
Suy ra phương trình (1) vô nghiệm.

Vậy : (*) chỉ có hai nghiệm x = 1; x = 2.

<b>Bài 4: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008 </b>

Giải phương trình log (x 1) 6log2₂   ₂ x 1 2 0   
<i><b>Giaûi </b></i>

log (x 1) 6log2₂   ₂ x 1 2 0 (1)   

Điều kiện x > 1

(1)  log (x 1) 3log (x 1) 2 0 2₂   ₂   

 _   _   _ 

  _   _ 



2
2

log (x 1) 1 x 1 2 x 1
log (x 1) 2 x 1 4 x 3

<b>Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 </b>

Giaûi phương trình log2x – 1(2x2 + x – 1) + logx + 1(2x – 1)2 = 4

<i><b>Giaûi </b></i>

Điều kiện:

  



 _

   

 _ _{  }

 _{  } 

 _{ }_

 _ _



2

2
0 2x 1 1

1

2x x 1 0 x _{1 x 1}
2

0 x 1 1 _{x 1} 2
(2x 1) 0

log_{2x 1}_ (2x2  x 1) log (2x 1)_{x 1}_  24
 log2x – 1(2x – 1)(x + 1) + logx + 1(2x – 1)2 = 4

 1 + log2x – 1(x + 1) + 2logx + 1(2x – 1) = 4

Đặt: _ _



     



2x 1 x 1

2x 1

1 1

t log (x 1) log (2x 1)

log (x 1) t

Ta có phương trình ẩn t là:     _{    } 



2 t 1

2

1 t 4 t 3t 2 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

 Với t = 1  log2x – 1(x + 1) = 1  x + 1 = 2x – 1  x = 2 (nhận)

 Với t = 2  log2x – 1(x + 1) = 2  (2x – 1)2 = x + 1 





 


x 0 (loại)
5

x
4

Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x5

4.

<b>Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 </b>

Giải phương trình:    


x x

2 2 _x1

log (4 15.2 27) 2log 0
4.2 3

<i><b>Giaûi </b></i>

Điều kiện: 4.2x__{3 > 0.}

Phương trình đã cho tương đương với.

log2(4x + 15.2x + 27) = log2(4.2x 3)2  5.(2x)2 13.2x 6 = 0







x
x

2
2 loại

5
2 3

 _{ }




 



Do 2x_{> 0 neân 2}x_{= 3}__{x = log}

23 (thỏa mãn điều kiện)
<b>Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 </b>

Giải phương trình: ( 2 1) x( 2 1) x2 2 0

<i><b>Giaûi </b></i>

Đặt



2 1



x t (t 0), khi đó phương trình trở thành:

 1      

t 2 2 0 t 2 1, t 2 1
t

Với t 2 1 ta có x = 1. Với  t 2 1 ta có x = 1.

<b>Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 </b>

Giải phương trình : ₂x x2 __4.2x x2 _₂2x_{ }_{4 0}

<i><b>Giaûi </b></i>

Phương trình đã cho tương đương với:

2 (22x x x2  1) 4(2x x2   1) 0 (22x4)(2x x2  1) 0
 22x  4 0 22x22 x 1.

 2x x2   1 0 2x x2  1 x2   x 0 x 0, x 1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 </b>

Giải phương trình: 3.8x4.12x18x2.27x0

<i><b>Giải </b></i>

Phương trình đã cho tương đương với:  _{ }   _{ }  _{ }  

     

3x 2x x

2 2 2

3 4 2 0

3 3 3 (1)

Ñaët t =  _{ }

 

x
2

3 (t > 0), phương trình (1) trở thành 3t

3_{+ 4t}2__t__{2 = 0}

 (t + 1)2_(3t__{2) = 0}__{t = 2}

3 (vì t > 0).

Với t =   _{ }

 

x

2_thì 2 2_{hay x = 1}

3 3 3 .

<b>Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 2 </b>

Giải phương trình: log 5₅



x4



 1 x

<i><b>Giải </b></i>

Điều kiện: 5x_{– 4 > 0 (a)}

 Dễ thấy x = 1 là nghiệm của (1)

 VT: f(x) = log 5₅



x4



là hàm số đồng biến

 VP: g(x) = 1 – x là hàm số nghịch biến
Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

<b>Bài 11: </b>

Giải phương trình ₂x x2 _₂2 x x  2 __3.

<i><b>Giải </b></i>

Đặt t 2 x x2 (t > 0)

₂x x2 _₂2 x x  2 _₃_ _t_{ }4 ₃__t2_{  }_{3t 4 0}

t 

 




t 1 (loại)
t = 4 (nhận)

Vaäy ₂x x2 _{= 2}2__x2__x__{2 = 0}__{x =}_₁__{x = 2.}
<b>Baøi 12: </b>

Cho phương trình log x2₃  log x 1 2m 1 02₃     (2): (m là tham số).

<b> 1/ Giải phương trình (2) khi m = 2. </b>

<b> 2/ Tìm m để phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn </b>_ _

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

<i><b>Giải </b></i>

<b>1/ Khi m = 2 thì phương trình (2) trở thành </b>log x2₃  log x 1 5 0 2₃   

Điều kiện x > 0. Đặt t = log x 1 2₃  <b> 1 </b>

(2)  t2_{+ t}__{6 = 0}__{t = 2}__{t =}__{3 (loại)}

 t = 2  log x₃   3  x = 3 3

2/ 1 <b> x </b><b> </b>3 3   1 log x 1 4 2₃    1 t 2 .  

Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc __1; 3 3__

 2m = t2_{+ t}__{2 = f(t) có nghiệm t}__{[1, 2]}

Vì f tăng trên [1, 2] nên ycbt  f(1) <b> 2m </b><b> f(2) </b> 0 <b> m </b><b> 2. </b>



<i><b> Vấn đề 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT </b></i>

<b>A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI </b>
<b>BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ </b>
<b> </b> af(x)ag(x) (1)

 Neáu a > 1: (1)  f(x) > g(x)

<b> </b> Neáu 0 < a < 1: (1) <b> f(x) < g(x) </b>

<b>Tổng quát: </b> af(x) ag(x) a 0; a 1

(a 1)(f(x) g(x)) 0

 



 _{ }

  












 _{ }

  



f(x) g(x) a 0

a a

(a 1) f(x) g(x) 0

<b>BAÁT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT </b>
<b> log</b>a f(x) > loga g(x) (1)

 Neáu a > 1 : (1)  _ 




g(x) 0
f(x) g(x)

 Neáu 0 < a < 1 : (1)  _ 




f(x) 0
g(x) f(x)

<b>B.ĐỀ THI </b>
<b>Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 </b>

Giải bất phương trình: _  _


 

2
0,7 6x x

log log 0

x 4

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<i><b>Giaûi </b></i>

Điều kiện:

 _


 




 _

 

2

2
6
x x ₀

x 4
x x

log 0

x 4

Bất phương trình tương đương với _  _


 

2

0,7 6x x 0,7
log log log 1

x 4 (1)

(1)          

  

2 2 2

6 x x x x x 5x 24

log 1 6 0

x 4 x 4 x 4

 4 < x < 3 hay x > 8

<b>Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 </b>

Giaûi bất phương trình: ₁ 2  

2

x 3x 2

log 0

x

<i><b>Giải </b></i>

Điều kiện: x23x 2 0 

x

Bất phương trình tương đương với ₁ 2   ₁

2 2

x 3x 2

log log 1

x (1)

(1) 

 _ _  _ _

 

 

 _

 

   

 _  _

 

 

2 2

2 2

x 3x 2 ₀ x 3x 2 ₀

x x

x 3x 2 ₁ x 4x 2 ₀

x x



 _ _ _

 _ _{   }

 _ _ _{ }

 

     


 



2
2

(x 3x 2)x 0

0 x 1 x 2
(x 4x 2)x 0

x 0 2 2 x 2 2
x 0

 2 2 x 1 2 x 2      2.

<b>Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 </b>

Giải bất phương trình: ₃   ₁  

3

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

<i><b>Giải </b></i>

Điều kiện: x3.

4 Bất phương trình đã cho 

 _



2
3(4x 3)

log 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN
(4x 3) 2 9(2x 3) 16x242x 18 0     3 x 3

8

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: 3 x 3
4 .

<b>Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 </b>

Giải bất phương trình: x_ _ _{ } x 2 _

5 5 5

log (4 144) 4log 2 1 log (2 1).

<i><b>Giaûi </b></i>

Bất phương trình đã cho tương đương với

log (4₅ x144) log 16 1 log (2 ₅   ₅ x 2 1) (1)
(1)  log (4₅ x144) log 16 log 5 log (2 ₅  ₅  ₅ x 2 1)
 log (4₅ x144) log [80(2 ₅ x 2 1)]

 4x144 80(2 x 2  1) 4x20.2x64 0
 4 2 x 16  2 x 4

<b>Bài 5: ĐỀ DỰ BỊ 2 </b>

Giaûi phương trình: log 5₅



x4



 1 x

<i><b>Giải </b></i>

Điều kiện : 5x_{– 4 > 0 (a)}

 Để thấy x = 1 là nghiệm của (1)

 VT : f(x) = log 5₅



x4



là hàm số đồng biến

 VP : g(x) = 1 – x là hàm số nghịch biến
Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

<b>Bài 6: </b>

Giải bất phương trình: log log 9_x_ ₃



x72



_1

<i><b>Giải </b></i>

Điều kiện





x

9
x

3
0 x 1

9 72 0 x log 73
log 9 72 0

  

 _ _ _{ }




 



Bất phương trình  log 9₃



x72



x (Vì x > log 73 1) ₉ 

9x3x72 0   8 3x9  x 2 

Kết hợp với điều kiện ta được log 73 < x ₉ <b> 2. </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>



<i><b> Vấn đề 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT </b></i>

<b>A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI </b>

Thường sử dụng phương pháp biến đổi từng phương trình trong hệ, sau đó
dùng phương pháp thế để tìm nghiệm.

<b>B.ĐỀ THI </b>
<b>Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 </b>

Giải hệ phương trình: _  

  



2

x x 2

log (3y 1) x

4 2 3y (x, y  )

<i><b>Giải </b></i>

Điều kiện: 3y – 1 > 0

Ta coù _  

  



2

x x 2

log (3y 1) x

4 2 3y 

  


 _ _

x

x x 2

3y 1 2

4 2 3y


 _




 

x

x x 2

2 1
y

3

4 2 3y


 _




  

x

x x x 2

2 1
y

3

3(4 2 ) (2 1)


 _




  

x
x x
2 1
y
3

2.4 2 1 0


 _






  

x
x x
2 1
y
3
1
(2 1)(2 ) 0

2


 _







x
x
2 1
y
3
1
2

2

 






x 1
1
y
2
(nhaän)

<b>Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 </b>

Giải hệ phương trình:     _{ } _


2

2 ₂

x 4x y 2 0
2log (x 2) log y 0

<i><b>Giaûi </b></i>
 _ _{  }


 _{ } _

2
2 ₂

x 4x y 2 0 (1)

2log (x 2) log y 0 (2)<b>; Điều kiện: x > 2 , y > 0 </b>

(2)    _{ }  
 


2 2 y x 2
(x 2) y

y 2 x

 y x 2: (1) x2 3x 0 x 0 (loại)
x 3 y 1




    _{  }

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

 y 2 x: (1) x2 5x 4 0 x 1 (loại)

x 4 y 2 (loại)




    _{   }

   


Vậy hệ có một nghiệm _{ }



x 3
y 1 .

<b>Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 </b>

Giải hệ phương trình:





 





 

 _ _{ }

 _



 _



2 2

2 2

2 2

x xy y

log x y 1 log xy
x,y

3 81

<i><b>Giaûi </b></i>

Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương:

  

  



2 2

2 2

x y 2xy

x xy y 4



  



_ _{  }



 

 2

x y x y
y 2

y 4

Kết hợp (*), hệ có nghiệm: (x; y) = (2; 2) và (x; y) = (2; 2)

<b>Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 </b>

Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:

     
 



x y

e e ln(1 x) ln(1 y)
y x a

<i><b>Giaûi </b></i>

Điều kiện: x, y > 1. Hệ đã cho tương đương với:

_        

 


x a x

e e ln(1 x) ln(1 a x) 0 (1)
y x a (2)

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy
nhất trong khoảng (1; + ).

Xét hàm số f(x) = ex a exln(1 x) ln(1 a x) với x >     1.
Do f(x) liên tục trong khoảng (1; +) và

 



   

x

xlim f(x)1 , lim f(x)
nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (1; + ).
Mặt khác: _  _ _ _

  

x a x 1 1

f '(x) e e

1 x 1 a x

=     

  

x a a

e (e 1) 0, x > 1
(1 x)(1 a x)

 f(x) đồng biến trong khoảng (1; + ).

Suy ra phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng (1; + ).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất.

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 </b>

Giải hệ phương trình:     

 

 9 2 3 3

x 1 2 y 1
3log (9x ) log y 3

<i><b>Giaûi </b></i>

 _{ } _{ }




 

 9 2 3 3

x 1 2 y 1 (1)
3log (9x ) log y 3 (2)<b>. </b>



  


x 1
Điều kiện :

0 y 2
(2)  3(1 + log3x)  3log3y = 3  log3x = log3y  x = y.

Thay y = x vào (1) ta có

x 1  2 x 1      x 1 2 x 2 (x 1)(2 x) 1  

 (x 1)(2 x) 0    x 1, x = 2.

Kết hợp với điều kiện (*) hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (x; y) = (2; 2).

<b>Bài 6: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 </b>

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

 





 

   

 _ _ _




    



2x x 1 2 x 1
2

7 7 2005x 2005 1

x m 2 x 2m 3 0 2

<i><b>Giải </b></i>

Điều kiện x 1.

Ta coù : (1)  72x x 1 72 x 1 2005(1 x)

 Xeùt _{   }_{1 x 1} _{2x 2}_{ }₇2x x 1 _₇2 x 1 _{ }_{0 2005(1 x)}_

nên (1) đúng x [ 1; 1]  

 Xeùt _{x 1}_{ }_{2x 2}_{ }₇2x x 1 _₇2 x 1 _{ }_{0 2005(1 x)}_

nên (1) hiển nhiên sai. Do đó (1) 1  x  1

 Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi: (2) có nghiệm  [1; 1]
 x2_{– 2x + 3}__{m(x - 2) có nghiệm x}__[__{1; 1]}

     


2

x _{2x 3 m (vì x 2 0)}

x 2 có nghiệm x  [1; 1]

Xét hàm f(x) =  



2

x 2x 3

x 2 , x  [1; 1]





 

 



2

2

x 4x 1
f (x)

x 2 , f’(x) = 0  x 2  3

x __₁₂_ _{3 1} ₂ ₂_ _{3 +}_
f'(x) + 0    0 +
f(x)

2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN
Dựa vào bảng biến thiên hệ có nghiệm 2 ≤ m

<b>Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1 </b>

Giải hệ phương trình:





 _ _ _


 _ _

1 4
4
2 2
1
log y x log 1

y

x y 25

<b>. </b>

<i><b>Giaûi </b></i>

Điều kiện _{  }



y 0
y x 0

Heä 






 _ _ _  _
 _ 
 
 _ _  _ _


1 1
4 4
2 2
2 2

1 y x 1

log y x log 1

y y 4
x y 25
x y 25

2 2 2

4 ₄

y= x _{y = x}

3 ₃

16

x ₉ x 25 x 9

 _

 

 _ _

 _ _ _ _



 x 3 (nhận) x = 3 (loại)

y 4 y 4

 
 

 _  _{ }
 
<b>Baøi 8: </b>

Giải hệ phương trình: 

 _ _

 _


 
3x 2

x x 1
x

2 5y 4y

4 2 _y

2 2
.
<i><b>Giaûi </b></i>

<b> </b> 
 _ _ _ _
   
 _  _ 
 _  
    
 _ _
 
3x 2

3x 2 2 3

x x 1

x x

x

2 5y 4y

2 5y 4y 5y 4y y

4 2 _y ₂ _y _{y 2}

2 2
 _    _  _
 


2

x

y 5y 4 0 x = 0 x = 2

y = 1 y = 4

y 2 .

<b>Bài 9: ĐỀ DỰ BỊ 1 </b>

Giải hệ phương trình:  

 

  



 _ _

 4 2

x 4 | y | 3 0 1
log x log y 0 2

<i><b>Giaûi </b></i>

<b> Điều kiện: </b>_{ }



x 1
y 1.

(2)  log4x = log4y2 x = y2. Thay x = y2 vào (1) ta được : y2 – 4y + 3 = 0

   _{   }   
 



y 1 y 1 x 1

(do y 1)

y 3 x 9

y 3

Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1; 1) vaø (9; 3).

</div>

<!--links-->