4T−6T>18.9T⇔2T93<−2(LOẠI) ⇔T <−23VỚIT <−2⇒LOGX <−2⇔...
4.4
t
−
6
t
>
18.9
t
⇔
4.
2
t
9
3
<
−2
(loại)
⇔
t <
−2
Với
t <
−2
⇒
log
x <
−2
⇔
x <
100
1
.
e) Đặt
log
7
x
=
t
⇔
x
= 7
t
. Bất phương trình trở thành:
√
7
!
t
1
⇔
3
t
<
2 +
√
⇔
2.
+
>
1
⇔
t <
2
7
t
7
t
2 +
√
t <
log
3
Với
t <
2
⇒
log
7
x <
2
⇔
x <
49.
f) Nhận thấy
x
= 0
là nghiệm của bất phương trình.
Với
x >
0
ta có:
log
2
(2
x
+ 1) + log
3
(4
x
+ 2)
>
2
⇒
x >
0
là nghiệm của bất phương trình.
Với
x <
2
ta có:
log
2
(2
x
+ 1) + log
3
(4
x
+ 2)
<
2
⇒
x <
0
không phải nghiệm của bất phương trình.
Vậy bất phương trình có tập nghiệm
S
= [0; +∞).
§6. Hệ Phương Trình Mũ & LôgaritBài tập 5.46.
Giải các hệ phương trình sau
3
y+1
−
2
x
= 5
2
3x
= 5y
2
−
4y
a)
4
x
+2
x+1
4
x
−
6.3
y
+ 2 = 0
.
b) (D-02)
2
x
+2
=
y
.
log
2
(3y
−
1) =
x
log
2
x
2
+
y
2
= 1 + log
2
(xy)
c) (A-09)
4
x
+ 2
x
= 3y
2
.
3
x
2
−xy+y
2
= 81
.
d) (B-2010)
Lời giải.
(
3.3
y
= 2
x
+ 5
(1)
a) Ta có hệ tương đương:
4
x
−
6.3
y
+ 2 = 0
(2)
.
2
x
= 4
Thay
(1)
vào
(2)
ta có:
4
x
−
2 (2
x
+ 5) + 2 = 0
⇔
2
x
=
−2
(vô nghiệm)
⇔
x
= 2.
Với
x
= 2
⇒
y
= 1. Vậy hệ đã cho có nghiệm
(x;
y) = (2; 1).
(
2
3x
= 5y
2
−
4y
(1)
(
2
3x
= 5y
2
−
4y
b) Ta có hệ tương đương:
2
x
(2
x
+2)
2
x
=
y
(2)
.
2
x
+2
=
y
⇔
2
x
= 4
x
= 2
⇔
2
x
= 1
Thay
(2)
vào
(1)
ta có:
2
3x
= 5.2
2x
−
4.2
x
⇔
x
= 0
.
2
2
= 0
(vô nghiệm)
Với
x
= 2
⇒
y
= 4;
x
= 0
⇒
y
= 1. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
(x;
y) = (2; 4)
và
(x;
y) = (0; 1).
(
log
2
x
2
+
y
2
= log
2
(2xy)
(1)
c) Ta có hệ tương đương:
3
x
2
−xy+y
2
= 81
(2)
.
Điều kiện:
xy >
0. Khi đó:
(1)
⇔
x
2
+
y
2
= 2xy
⇔
(x
−
y)
2
= 0
⇔
x
=
y.
Với
x
=
y
thay vào
(2)
được
3
x
2
= 81
⇔
x
2
= 4
⇔
x
=
±2
⇒
y
=
±2.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
(x;
y) = (2; 2)
và
(x;
y) = (−2;
−2).
(
3y
−
1 = 2
x
(1)
d) Ta có hệ tương đương:
4
x
+ 2
x
= 3y
2
(2)
.
y
= 0
Thay
(1)
vào
(2)
ta có:
(3y
−
1)
2
+ 3y
−
1 = 3y
2
⇔
y
=
1
2
.
Với
y
= 0
⇒
2
x
=
−1
(vô nghiệm); với
y
=
1
2
⇒
2
x
=
1
2
⇔
x
=
−1. Vậy hệ đã cho có nghiệm
(x;
y) =
−1;
1
2
.
Bài tập 5.47.
Giải các hệ phương trình sau
log
3
(x
+ 2)
<
3
log
1
4
(y
−
x)
−
log
4
y
1
= 1
≥
log
1
log
1
x
2
+
y
2
= 25
.
2
16
.
b) (A-04)
2
x
2
+ 2x
−
8
x
2
−
4x
+
y
+ 2 = 0
√
x
−
1 +
√
2
−
y
= 1
c) (D-2010)
2log
2
(x
−
2)
−
log
√
2
y
= 0
.
d) (B-05)
3log
9
9x
2
−
log
3
y
3
= 3
.
−2
< x <
25
0
< x
+ 2
<
27
−6
≤
x
≤
4
⇔ −2
< x
≤
4.
x
2
+ 2x
−
8
≤
16
⇔
(
log
1
4
(y
−
x)
−
log
1
4
y
= 1
(1)
x
2
+
y
2
= 25
(2)
.
Điệu kiện:
y >
0;
y > x. Khi đó
(1)
⇔
y−x
y
=
1
4
⇔
x
=
3y
4
.
y
= 4
+
y
2
= 25
⇔
Với
x
=
3y
4
thay vào
(2)
ta có:
3y
4
2
y
=
−4
(loại)
⇒
x
= 3.
Vậy hệ đã cho có nghiệm
(x;
y) = (3; 4).
(
x
2
−
4x
+
y
+ 2 = 0
(1)
log
2
(x
−
2) = log
2
y
(2)
.
x
= 0
(loại)
Điệu kiện:
x >
2;
y >
0. Khi đó
(2)
⇔
y
=
x
−
2
thay vào
(1)
ta có:
x
2
−
3x
= 0
⇔
x
= 3
⇒
y
= 1.
Vậy hệ đã cho có nghiệm
(x;
y) = (3; 1).
(√
x
−
1 +
√
2
−
y
= 1
(1)
log
3
x
= log
3
y
(2)
.
Điệu kiện:
x
≥
1; 0
< y
≤
2. Khi đó
(2)
⇔
y
=
x
thay vào
(1)
ta có:
√
x
= 1
y
= 1
2
−
x
= 1
⇔
x
−
1 + 2
−
x
+ 2
p
(x
−
1)(2
−
x) = 1
⇔
x
= 2
⇒
y
= 2
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
(x;
y) = (1; 1)
và
(x;
y) = (2; 2).
Bài tập 5.48.
Giải các hệ phương trình sau
x
3
−
y
3
= 2
y
−
2
x
3
x
−
3
y
=
y
−
x
x
2
+
xy
+
y
2
= 12
.
b)
x
4
+ 1
y
2
+
y
−
1
+
x
(y
−
2) = 1
.
x
+
√
ln (1 +
x)
−
ln (1 +
y) =
x
−
y
x
2
−
2x
+ 2 = 3
y−1
+ 1
c)
x
2
−
12xy
+ 20y
2
= 0
.
y
+
p
y
2
−
2y
+ 2 = 3
x−1
+ 1
.
d)
(
3
x
+
x
= 3
y
+
y
(1)
x
2
+
xy
+
y
2
= 12
(2)
.
Xét hàm số
f
(t) = 3
t
+
t
trên
R
có
f
0
(t) = 3
t
ln 3 + 1
>
0,
∀t
∈
R
⇒
f
(t)
đồng biến trên
R
.
Do đó
(1)
⇔
f
(x) =
f
(y)
⇔
x
=
y
thay vào
(2)
ta có:
3x
2
= 12
≤
x
=
±2
⇔
y
=
±2.
(
x
3
+ 2
x
=
y
3
+ 2
y
(1)
+
x
(y
−
2) = 1
(2)
.
Xét hàm số
f
(t) =
t
3
+ 2
t
trên
R
có
f
0
(t) = 3t
2
+ 2
t
ln 2
>
0,
∀t
∈
R
⇒
f
(t)
đồng biến trên
R
.
Do đó
(1)
⇔
f
(x) =
f
(y)
⇔
x
=
y
thay vào
(2)
ta có:
+
x
(x
−
2) = 1
⇔
x
6
+
x
5
−
x
4
+ 2x
2
−
x
−
2 = 0
x
2
+
x
−
1
⇔
x
4
x
2
−
1
+
x x
4
−
1
+ 2
x
2
−
1
= 0
⇔
x
2
−
1
x
4
+
x
3
+
x
+ 2
x
=
±1
+ (x
+ 1)
2
+ 2 = 0
(vô nghiệm)
+
x
2
−
1
2
x
2
+
x
2
Với
x
=
±1
⇒
y
=
±1. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
(x;
y) = (1; 1)
và
(x;
y) = (−1;
−1).
(
x
+
√
x
2
−
2x
+ 2 = 3
y−1
+ 1
(1)
c) Ta có hệ:
y
2
−
2y
+ 2 = 3
x−1
+ 1
(2)
.
Trừ theo vế
(1)
và
(2)
ta có:
x
+
√
x
2
−
2x
+ 2 + 3
x−1
=
y
+
p
y
2
−
2y
+ 2 + 3
y−1
(3).
Xét hàm số
f
(t) =
t
+
√
t
2
−
2t
+ 2 + 3
t−1
trên
R
có
f
0
(t) = 1 +
√
t−1
t
2
−2t+2
+ 3
t−1
ln 3
>
0,
∀t
∈
R
.
Suy ra
f
(t)
đồng biến trên
R
.
Do đó
(3)
⇔
f
(x) =
f
(y)
⇔
x
=
y
thay vào
(1)
ta có:
x
+
√
x
2
−
2x
+ 2 = 3
x−1
+ 1 = 0 (4).
−
3
u
= 0 (5).
Đặt
x
−
1 =
u, phương trình
(4)
trở thành:
u
+
√
u
2
+ 1 = 3
u
⇔
ln
u
+
√
u
2
+ 1
−
3
u
trên
R
có
f
0
(t) =
√
1
Xét hàm số
f
(t) = ln
u
+
√
u
2
+1
−
ln 3
<
0,
∀t
∈
R
⇒
f
(t)
nghịch biến trên
R
.
Do đó phương trình
(5)
có nghiệm duy nhất
t
= 0. Với
t
= 0
⇒
x
= 1
⇒
y
= 1. Vậy hệ có nghiệm
(x;
y) = (1; 1).
(
ln (1 +
x)
−
x
= ln (1 +
y)
−
y
(1)
d) Điều kiện:
x >
−1, y >
−1. Ta có hệ tương đương:
x
2
−
12xy
+ 20y
2
= 0
(2)
.
Xét hàm số
f
(t) = ln(1 +
t)
−
t
trên
(−1; +∞)
có
f
0
(t) =
1+t
1
−
1;
f
0
(t) = 0
⇔
t
= 0. Bảng biến thiên:
t
−1
0
+
∞
f
0
(t)
+
0
−
0
f
(t)
− ∞
Từ bảng biến thiên ta thấy
f
(t)
đồng biến trên
(−1; 0]
và nghịch biến trên
[0; +∞).
Hơn nữa:
(2)
⇔
12xy
=
x
2
+ 20y
2
≤
0. Do đó
(1)
⇔
f
(x) =
f
(y)
⇔
x
=
y.
Với
x
=
y
thay vào
(2)
được
x
=
y
= 0. Vậy hệ có nghiệm
(x;
y) = (0; 0).
e
x
−
e
y
= ln (1 +
x)
−
ln (1 +
y)
Bài tập 5.49.
(D-06) Chứng minh với mọi
a >
0, hệ phương trình
y
−
x
=
a
có nghiệm
duy nhất.
(
e
x+a
−
e
x
+ ln (1 +
x)
−
ln (1 +
a
+
x) = 0
(1)
Lời giải.
Điều kiện:
x >
−1, y >
−1. Ta có hệ tương đương:
y
=
x
+
a
(2)
.
Xét hàm số
f
(x) =
e
x+a
−
e
x
+ ln (1 +
x)
−
ln (1 +
a
+
x)
trên
(−1; +∞).
Ta có
f
(x)
liên tục trên
(−1; +∞)
và
lim
x→+∞
f
(x) = +∞
nên
f
(x)
có nghiệm trên
(−1; +∞).
x→−1
+
f
(x) =
−∞;
lim
Lại có:
f
0
(x) =
e
x+a
−
e
x
+
1+x
1
−
1+a+x
1
=
e
x
(e
a
−
1) +
(1+x)(1+a+x)
a
>
0,
∀x >
−1.
Do đó
f
(x)
có nghiệm duy nhất trên
(−1; +∞). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (đpcm).
Bạn đang xem 4. - DAP AN CHUYEN DE TOÁN HÀM SỐ LŨY THỪA - HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ LOGARIT
