Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 5

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:70

Thêm vào BST

Báo xấu

344
lượt xem 140
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - chương 5', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 5

CHƯƠNG V. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT V.1.1) 4 x − 10.2 x −1 = 24 (1) 2 (1) ⇔ ( 2 x ) − 5.2 x = 24 Đặt t = 2 x > 0. Phương trình (1) trở thành t 2 − 5t = 24 ⇔ t 2 − 5t − 24 = 0 t = 8 ⇔  t = −3 So với điều kiện ta chọn t = 8 ⇒ 2 x = 8 ⇔ x = 3. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 3. 2 ) 4.22 x − 6 x = 18.32 x (1) 2x 2 2 (1) ⇔ 4.   −   = 18   3  3 x 2 Đặt t =   > 0. Phương trình (1) trở thành 3 4t 2 − t = 18 ⇔ 4t 2 − t − 18 = 0 9 t= ⇔ 4   t = −2 x 9  2 9 So với điều kiện ta chọn t = ⇒   = ⇔ x = −2. 4  3 4 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = −2. 2 3) 3log3 x + x log3 x = 162 (1) Điều kiện: x > 0 2 log x log3 x ( ) log3 x log 3 x log3 x 3 ⇒x Ta có x = 3 , do đó =3 =3 2 2 log x log x 3 3 (1) ⇔ 3 +3 = 162 2 log x 3 ⇔ 2.3 = 162 242
2 log x 3 ⇔3 = 81 2 ⇔ log 3 x = 4  log 3 x = 2 ⇔  log 3 x = −2  x = 32 = 9 ⇔  x = 3−2 = 1 .  9  1 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 9; x = . 9 ( ) log 1 2 x 2 +1 log 1 ( x +1) 4) 9 (1) =5 3 5  x +1 > 0 Điều kiện:  2 ⇔ x > −1 2 x + 1 > 0 ( 2 x +1) 2 ( x +1) 2log log (1) ⇔ 3 =5 3−1 5−1 ( ) − log5 2 x 2 +1 ⇔ 3−2log3 ( x +1) = 5 −1 ( ) log5 2 x 2 +1 −2 ⇔ 3log3 ( x +1) = 5 −1 −2 ⇔ ( x + 1) = ( 2 x 2 + 1) ⇔ x2 + 2 x + 1 = 2 x 2 + 1 ⇔ x2 − 2 x = 0 x = 0 ⇔ x = 2 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 0; x = 2. x2 −5 x2 −5 − 12.2 x −1− 5) 4 x − + 8 = 0(1) Điều kiện: x 2 − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5 x2 −5 2 x2 −5 (1) ⇔ (2 x − ) − 6.2 x − +8 = 0 t = 4 x 2 −5 ( t > 0). Khi đó phương trình (1) trở thành t 2 − 6t + 8 = 0 ⇔  Đặt t = 2 x − (Nhận). t = 2 x 2 −5 = 2 ⇔ x − x2 − 5 = 1 ⇔ x2 − 5 = x −1 + Với t = 2 ⇒ 2 x − 243
x −1 ≥ 0 x ≥ 1 ⇔ x=3 ⇔ ⇔ 2 2 2 x = 6 ( x − 1) = x − 5 x 2 −5 x2 −5 = 22 ⇔ x − x 2 − 5 = 2 ⇔ x 2 − 5 = x − 2 + Với t = 4 ⇒ 2 x − = 4 ⇔ 2 x− x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 9 ⇔x= ⇔ ⇔ 2 2 4 x = 9 4 ( x − 2) = x − 5 9 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 3; x = . 4 2 2 + x −1 + x−2 6) 9 x − 10.3x + 1 = 0(1) 10 x2 + x −1 2 + x −1 2 ⇔ (3x )− .3 +1 = 0 3 2 + x −1 Đặt t = 3x (t > 0). Khi đó phương trình (1) trở thành t = 3 10 t − t + 1 = 0 ⇔  1 (Nhận). 2 t = 3 3 x = 0 1 1 2 2 ⇒ 3x + x −1 = ⇔ 3x + x − x = 3−1 ⇔ x 2 + x − 1 = −1 ⇔ x( x + 1) = 0 ⇔  + Với t =  x = −1 3 3 x = 1 2 + x −1 = 3 ⇔ x 2 + x − 1 = 1 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔  + Với t = 3 ⇒ 3x  x = −2 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = −2; x = −1; x = 0; x = 1. 7) 3.4 x + (3 x − 10).2 x + 3 − x = 0(1) ⇔ 3(2 x )2 + (3x − 10).2 x + 3 − x = 0 Đặt t = 2 x (t > 0). Khi đó phương trình (1) trở thành 3t 2 + (3 x − 10)t + 3 − x = 0(2). Ta coi vế trái của phương trình (2) là một tam thức bậc hai của biến t , khi đó ta có 2 ∆ = ( 3 x − 10 ) − 4.3. ( 3 − x ) = 9 x 2 − 60 x + 100 − 36 + 12 x 2 = 9 x 2 − 48 x + 64 = ( 3x − 8 ) . 244
1 t= Vì vậy (2) ⇔  3  t = 3 − x 1 1 1 ⇒ 2 x = ⇔ x = log 2 . + Với t = 3 3 3 + Với t = 3 − x, ta có phương trình 2 x = 3 − x ⇔ 2 x + x − 3 = 0(3) Ta thấy x = 1 là nghiệm của ( 3) . Mặt khác, ta lại có y = 2 x + x − 3 là một hàm số tăng trên ℝ nên phương trình (3) chỉ có một nghiệm duy nhất x = 1. 1 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = log 2 ; x = 1. 3 8) x 2 + (2 x − 3) x + 2(1 − 2 x ) = 0(1). Ta coi (1) là phương trình bậc hai theo ẩn x. Khi đó x = 2 (1) ⇔  x = 1− 2 x Giải phương trình x = 1 − 2 x ⇔ 2 x + x = 1( 2 ) Ta thấy x = 0 là nghiệm của ( 2 ) . Thật vậy 20 + 0 = 1 (Đúng). Mặt khác, ta lại có y = 2 x + x là hàm tăng trên ℝ , y = 1 là hàm hằng. Nên x = 0 là nghiệm duy nhất của ( 2 ) . Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 0; x = 2. 9) 4.33 x − 3x +1 = 1 − 9 x (1) Điều kiện: 1 − 9 x ≥ 0 ⇔ 9 x ≤ 1 ⇔ x ≤ 0. (1) ⇔ 4.33 x − 3.3x = 1 − 32 x . π Với điều kiện x ≤ 0 thì 0 < 3x ≤ 1, ta đặt 3x = cos t với t ∈ [0; ) . Khi đó ta có phương 2 trình 4 cos 3 t − 3cos t = 1 − cos 2 t π ⇔ cos 3t = sin t ⇔ cos 3t = sin t (Do t ∈ [0; ) ) 2 245
π  ⇔ cos 3t = cos  − t  2    π kπ π 3t = 2 − t + k 2π t = 8 + 2 , ( k ∈ ℤ ). ⇔ ⇔ 3t = − π + t + k 2π t = − π + kπ     2 4 π π π π Do t ∈ [0; ) nên ta chọn t = ⇒ 3x = cos ⇔ x = log 3 cos . 2 8 8 8 2+ 2 2+ 2 π π π π = 2cos 2 − 1 ⇔ cos 2 Ta có cos ⇔ cos = . = 4 8 8 4 8 2 2+ 2 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = log 3 . 2 2 2 2 −3 x + 2 + 6 x +5 = 42 x +3 x + 7 10) 4 x + 4x +1 Ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng 2 2 2 2 −3 x + 2 + 6 x +5 −3 x + 2 + 6 x +5 4x + 4x = 4x .4 x +1 ( )( )=0 2 2 −3 x + 2 + 6 x +5 ⇔ 4x − 1 1 − 4x  4 x −3 x + 2 − 1 = 0  4 x −3 x + 2 = 1  x 2 − 3 x + 2 = 0 2 2  x = 1∨ x = 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  x = −1 ∨ x = −5. 2  4 x +6 x + 5 = 1  x + 6 x + 5 = 0 1 − 4 x + 6 x+ 5 = 0    Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 1; x = 2; x = −1; x = −5.  π sin  x −   4 11) e = tan x. π + kπ , ( k ∈ ℤ ) . Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 Dễ thấy sin x = 0 không thỏa mãn phương trình. 2 sinx 2cosx 2 (sinx - cosx ) s inx e2 e2 Phương trình đã cho tương đương với e (1) 2 = ⇔ = cosx sinx cosx u = s inx . Ta có u , v ∈ ( −1;1) ; u , v ≠ 0. Đặt  v = cosx 2u 2v 2 2 e e Từ (1) ta có phương trình . = u v 2x 2 e Xét hàm số y = f ( x) = , với x ∈ (−1;0) ∪ (0;1). x 246
2x 2x 2x ( − 1)e 2 ( 2 x − 2)e 2 ′= 2 2 < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1; 0) = y 2 x2 x và (0;1). Ta thấy u, v cùng dấu nên u, v cùng thuộc một khoảng ( −1 ; 0) hoặc (0; 1). π Từ giả thiết f (u ) = f (v ) ⇔ u = v ⇔ tan x = 1 ⇔ x = + kπ . 4 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là π + kπ , ( k ∈ ℤ ) . x= 4 V.2.1) 4 x − 2.52 x − 10 x > 0(1) 52 x 4x − 2. x − 1 > 0 ⇔ 10 x 10 x x 2 5 ⇔   − 2.   − 1 > 0 5 2 x 2 Đặt t =   > 0. Bất phương trình (1) trở thành 5 2 t − −1 > 0 t ⇔ t2 − t − 2 > 0 t < −1 ⇔ t > 2 So với điều kiện t > 0 ta nhận t > 2 . x 2 Như vậy ta có   > 2 ⇔ x < log 2 2 . 5 5   Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là  −∞;log 2 2  .   5 2) 9 x − 3x + 2 > 3x − 9  3x − 9 < 0 x < 2    x x+2  x ≥ 2 ⇔ x ≥ 2  9 − 3 ≥ 0  ⇔ ⇔ x ≥ 2  3 − 9 ≥ 0 x    9 x − 3x + 2 ≥ 9 x − 18.3x + 81 x ≥ 2    Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [2; +∞). 247
4x + 2 x − 4 3) ≤ 2(1) x −1  1  x ≤ 2 4x − 2 ≤ 0  2 x ≤ 1      x − 1 > 0 x > 1  x > 1 4 −2 1 x ⇔ (1) ⇔ ≤0⇔ ⇔ ≤ x 0 Bất phương trình đã cho trở thành 30t + 1 ≥ t − 1 + 2t + Xét 0 < t < 1 Ta có 30t + 1 ≥ t − 1 + 2t ⇔ 30t + 1 ≥ 1 − t + 2t ⇔ 30t + 1 ≥ 1 + t ⇔ 30t + 1 ≥ t 2 + 2t + 1 ⇔ t 2 − 28t ≤ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 28 So với điều kiện 0 < t < 1 ta được 0 < t < 1 ⇔ 0 < 2 x < 1 ⇔ x < 0. + Xét t ≥ 1 Ta có 30t + 1 ≥ t − 1 + 2t ⇔ 30t + 1 ≥ t − 1 + 2t ⇔ 30t + 1 ≥ 3t − 1 ⇔ 30t + 1 ≥ 9t 2 − 6t + 1 (do t ≥ 1 ⇒ 3t − 1 > 0) ⇔ 9t 2 − 36t ≤ 0 ⇔0≤t ≤4 So với điều kiện t ≥ 1 ta được 1 ≤ t ≤ 4 ⇔ 1 ≤ 2 x ≤ 4 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2. Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (−∞; 2]. 2 5) 2(log2 x ) + x log2 x ≤ 4(1) 248
Đặt t = log 2 x ⇒ x = 2t . Ta có bất phương trình 2 2 2t + 2t ≤ 4 2 ⇔ 2t ≤ 2 ⇔ t2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ t ≤ 1 1 Suy ra −1 ≤ log 2 x ≤ 1 ⇔ ≤ x≤2 2 1  Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là  ; 2  . 2  x +1 x −3 ( ) ( ) 6) x +3 x −1 10 − 3 10 + 3 ≥ 0(1) − Ta có ( )( ) 10 − 3 10 + 3 = 1 −1 ( ) ⇒ 10 − 3 = 10 + 3 do đó bất phương trình (1) tương đương với x +1 x −3 − ( ) ( ) x+3 x −1 10 + 3 10 + 3 ≥0 − x +1 x −3 − ( ) ( ) x +3 x −1 10 + 3 10 + 3 ⇔ ≥ −x −1 x − 3 ⇔ ≥ x + 3 x −1 x +1 x − 3 ≤0 ⇔ + x + 3 x −1 2 x 2 − 10 ≤0 ⇔ ( x + 3)( x − 1)  −3 < x ≤ − 5 ⇔ 1 < x ≤ 5  Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (−3; − 5] ∪ (1; 5]. 2 2 2 7) 4 x 2 + x.2 x +1 + 3.2 x > x 2 .2 x + 8 x + 12 Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 4 x 2 + x.2 x +1 + 3.2 x − x 2 .2 x − 8 x − 12 > 0 ( ) ( )( )>0 2 2 2 ⇔ x2 4 − 2x − 2 x 4 − 2x − 3 4 − 2x 249
( )( x 2 − 2 x − 3) > 0 2 ⇔ 4 − 2x  4 − 2 x2 > 0  2 x2 < 4    2  x − 2 x − 3 > 0   x < −1 ∨ x > 3   ⇔ ⇔ 2   2 > 4 2  4 − 2 x < 0 x  −1 < x < 3  2  x − 2 x − 3 < 0    − 2 < x < 2    − 2 < x < −1   x < −1 ∨ x > 3  ⇔ ⇔ x < − 2 ∨ x > 2  2 < x 5 8) Đặt t = 2 x > 0. Bất phương trình đã cho trở thành 8 + 2t − t 2 + 2t > 5 ⇔ 8 + 2t − t 2 > 5 − 2t  5 − 2t < 0  2  8 + 2t − t ≥ 0 ⇔ 5 − 2t ≥ 0   8 + 2t − t 2 > ( 5 − 2t ) 2   5  t > 2   −2 ≤ t ≤ 4 ⇔  t ≤ 5   2  5t 2 − 22t + 17 < 0  5 2 < t ≤ 4 ⇔1< t ≤ 4 ⇔ 1 < t ≤ 5   2 Suy ra 1 < 2 x ≤ 4 ⇔ 0 < x ≤ 2 . Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( 0; 2] . 250
x+2  1  2− x 9)   >9  3 Bất phương trình đã cho tương đương với x+2 < −2 2− x x + 2 + 2 (2 − x )
⇔ m 2 x + 6 = 4 x + 3m ⇔ ( m 2 − 4 ) x = 3m − 6 Vậy, ta có + Nếu m = 2 thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. + Nếu m = −2 thì phương trình (1) vô nghiệm. 3m − 6 + Nếu m ≠ ±2 thì phương trình (1) có nghiệm là x = . m2 − 4 ( ) V.4. 4 x + 4− x = m 2 x + 2− x + 1 (1) . Đặt t = 2 x + 2− x ( t ≥ 2 ) Suy ra t 2 = 4 x + 4− x + 2 Khi đó phương trình (1) trở thành t 2 − mt − m − 2 = 0 ⇔ t 2 − 2 = m ( t + 1) t2 − 2 = m (2) ⇔ t +1 t2 − 2 Xét f ( t ) = , t ≥ 2 . Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m t +1 t2 − 2 ( t ≥ 2 ) tại ít nhất một điểm. cắt đồ thị hàm số y = f (t ) = t +1 t 2 + 2t + 2 Ta có f ' ( t ) = > 0, ∀t ≥ 2 2 ( t + 1) Lập bảng biến thiên 2 thì phương trình (1) có nghiệm. Dựa vào bảng biến thiên ta có với m ≥ 3 2 Vậy, phương trình (1) có nghiệm khi m ≥ . 3 4 x + y = 128  V.5. 1)  3 x −2 y −3 . 5 =1  Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với 252
x = 2 22( x + y ) = 27  2( x + y ) = 7 2 x + 2 y = 7 2 x + 2 y = 7   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  3 x −2 y −3 3 3 x − 2 y − 3 = 0 3 x − 2 y = 3 5 x = 10 0 5 =5 y = 2    3 Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là  2;  .  2 8log9 ( x −4 y ) = 1  2)  x − 2 y − 7.2 x − 2 y = 8 4  x = 4 y +1 log 9 ( x − 4 y ) = 0 x = 4y +1  ⇔  x−2 y ⇔  2 y +1 ⇔  2 y +1 2 ( ) 2 y +1 x −2 y − 7.22 y +1 − 8 = 0 = 8 4 − 7.2 =8  2 4 − 7.2  x = 4 y +1 x = 4 y + 1 x = 5  ⇔   22 y +1 = 8 ⇔  2 y ⇔ y =1 2 = 4   2 y +1 2 = −1  Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (5;1). 23 x = 5 y 2 − 4 y  3)  4 x + 2 x +1 =y x  2 +2  y = 0  x = 0  23 x = 5 y 2 − 4 y    y =1 y =1 2 = 5 y − 4 y y − 5y + 4y = 0 3x 2 3 2    ⇔ ⇔  ( ) ⇔  2x 2x + 2 ⇔ x ⇔ x  x = 2  y = 4 2 = y 2 = y     =y   2 +2 x 2 x = y  y = 4   Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( 0;1) ; ( 2; 4 ) . 9log2 ( xy ) = 3 + 2( xy )log2 3  4)  2 (I ) 2  x + y = 3x + 3 y + 6  Điều kiện: xy > 0 9log2 ( xy ) = 3 + 2( xy )log2 3  (I ) ⇔  2 ( x + y ) = 3( x + y ) + 2 xy + 6  Đặt t = ( xy )log2 3 >0 ⇒ log 3 t = log 2 ( xy ) Khi đó, phương trình 9log2 ( xy ) = 3 + 2( xy )log2 3 trở thành  t = −1 2 9log3 t = 3 + 2t ⇔ 3log3 t = 3 + 2t ⇔ t 2 = 3 + 2t ⇔ t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔  t = 3 Chọn t = 3 ⇒ ( xy )log2 3 = 3 ⇔ log 2 3log 3 ( xy ) = 1 ⇔ log 2 ( xy ) = 1 ⇔ xy = 2 253
Thay xy = 2 vào phương trình ( x + y )2 = 3( x + y ) + 2 xy + 6 ta được x + y = 5 ( x + y )2 − 3( x + y ) − 10 = 0 ⇔   x + y = −2   xy = 2  x + y = 5 Suy ra ( I ) ⇔    xy = 2    x + y = −2   xy = 2 + Giải hệ  ( I ′) x + y = 5 Như vậy, x, y là nghiệm của phương trình  5 + 17 X = 2 X 2 − 5X + 2 = 0 ⇔   5 − 17 X =  2  5 + 17 5 − 17   5 − 17 5 + 17  Suy ra hệ phương trình ( I ′) có hai nghiệm là   2 ; 2 ; 2 ; 2 .       xy = 2 + Giải hệ  ( I ′′) x + y = −2  Ta có x, y là nghiệm của phương trình X 2 + 2 X + 2 = 0 (Phương trình vô nghiệm) Do đó hệ phương trình ( I ′′) vô nghiệm.  5 + 17 5 − 17   5 − 17 5 + 17  Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là   2 ; 2 ; 2 ; 2 .      ( x 2 + y )2 y − x = 1 2  5)  (I ) x2 − y 2 9( x + y ) = 6   x 2 + y = 2x − y  x 2 + y = 2x 2 2 2 2 −y −y x + y = 2 x   (I ) ⇔  ⇔ ⇔ x2 − y x2 − y x2 − y 2 x − y = 2 9.2 =6 9 = 3     x2 + y = 2 x 2 2 + 2 y = 4 −y  ⇔ ⇔ 2 x = 2 + y 2 x = 2 + y  y =1 ⇔ 2 x = 2 + y 254
x = 3  y =1   y = 1 y =1   ⇔  x = 3 ⇔  ⇔ 2  x = 3   x = − 3 x = − 3     y = 1  ( )( ) Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là 3;1 ; − 3;1 . 3x − 3 y = ( y − x)( xy + 8)  6)  2 (I ) 2 x + y = 8  3x − 3 y = ( y − x )( xy + x 2 + y 2 )  (I ) ⇔  2 2 x + y = 8  3x − 3 y = xy 2 + x 2 y + y 3 − x 3 − xy 2 − x 2 y 3x + x 3 = 3 y + y 3   ⇔ 2 ⇔ 2 2 2 x + y = 8 x + y = 8   Xét hàm số f ( u ) = 3u + u 3 , hàm số này đồng biến trên ℝ. Do đó, phương trình 3x + x 3 = 3 y + y 3 ⇔ x = y Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với   x = −2 x = y   y = −2 x = y x = y  ⇔  x = 2 ⇔  ⇔ 2 2 x = 2 2  x + y = 8 2 x = 8  x = −2    y = 2  Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( 2; 2 ) ; ( −2; −2 ) . 3x + x = 3 + y (1)  7)  y 3 + y = 3 + x(2)  Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta được 3x + x − 3 y − y = y − x ⇔ 3x + 2 x = 3 y + 2 y. Xét hàm số đặc trưng f ( t ) = 3t + 2t ( t ∈ ℝ ) Ta có f ′ ( t ) = 3t ln3 +2 > 0, ∀t ∈ ℝ. Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ℝ. Do đó phương trình 3x + 2 x = 3 y + 2 y ⇔ x = y Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với x = y x = y x = 1 x ⇔ x ⇔ 3 = 3  y = 1 3 + x = 3 + x 255
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (1;1) . 22 x +1 − 3.2 x = y 2 − 2  8)  (I )  2 y 2 − 3 y = 22 x − 2  Ta có hệ phương trình ( I ) tương đương với 2 ( 2 y 2 − 3 y + 2 ) − 3. 2 y 2 − 3 y + 2 = y 2 − 2   2 y 2 − 3 y + 2 = 22 x   y 2 − 2 y + 2 = 2 y2 − 3 y + 2  ⇔ 2 y 2 − 3 y + 2 = 22 x   y 4 − 4 y3 + 6 y 2 − 5 y + 2 = 0  ⇔ 2 y 2 − 3 y + 2 = 22 x  ( y − 1)( y − 2 ) y 2 − y + 1 = 0 ( )  ⇔ 2 2 x = 2 y 2 − 3 y + 2   y − 1 = 0  ⇔  y − 2 = 0  2x 2 2 = 2 y − 3 y + 2 x = 0  y = 1    y = 1  2 x = 0  ⇔   x = 1 ⇔   y = 2    x = −1  2 x = 2     y = 2 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 u = 2 x ≥ 1. Hệ phương trình đã cho trở thành hệ đối xứng loại II 2u 2 − 3u = y 2 − 2  (I ) 2 2 2 y − 3 y = u − 2  Trừ theo vế của hai phương trình của hệ cho nhau ta được u = y 2(u 2 − y 2 ) − 3(u − y ) = −(u 2 − y 2 ) ⇔ 3(u − y )(u + y − 1) = 0 ⇔   y = 1− u + Với u = y thì hệ phương trình ( I ) tương đương với 256
u = y u = y = 1 u = y 2 ⇔ ⇔ 2 u = 1 ∨ u = 2 u = y = 2 2u − 3u = u − 2  2 x = 1  x = 0     y = 1 y =1  ⇔ ⇔   x = 1 ∨ x = −1  2 = 2 x    y = 2  y = 2   + Với y = 1 − u thì hệ phương trình ( I ) vô nghiệm. Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( 0;1) ; (1; 2 ) ; ( −1; 2 ) . 4log3 ( xy ) = 2 + ( xy )log3 2  9)  2 2  x + y − 3x − 3 y = 12  Điều kiện: xy > 0 Hệ phương trình đã cho tương đương với 22.log3 ( xy ) = 2 + 2log3 ( xy ) 22.log3 ( xy ) − 2log3 ( xy ) − 2 = 0   ⇔  2 2 ( x + y ) − 2 xy − 3 ( x + y ) = 12 ( x + y ) − 2 xy − 3 ( x + y ) = 12     2log3 ( xy ) = −1 (VN )   log3 ( xy ) = 2 2  log3 ( xy ) ⇔ 2 =2 ⇔  2 ( x + y ) − 2 xy − 3 ( x + y ) = 12   2 ( x + y ) − 2 xy − 3 ( x + y ) = 12   log 3 ( xy ) = 1  xy = 3  ⇔ ⇔ 2 2 ( x + y ) − 3 ( x + y ) − 18 = 0 ( x + y ) − 2 xy − 3 ( x + y ) = 12    xy = 3  ⇔  x + y = 6   x + y = −3    xy = 3   x=3+ 6    y =3− x + y = 6 6  xy = 3  ⇔ ⇔ ⇔   xy = 3   x=3− x+ y =6 (VN )  6     y =3+ 6   x + y = −3  ( )( ) Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là 3 + 6;3 − 6 ; 3 − 6;3 + 6 . 2 2 x + 4 2 y = 2  10 )  x x+ 2 y 2 + 4 + 2 =3 y  257
 u = 2 u > 0 x Đặt  . Điều kiện:  v > 0 v = 4 y  u 2 + v 2 = 2 Hệ phương trình đã cho trở thành  u + v + uv = 3 ( u + v ) 2 + 2 ( u + v ) − 6 = 2  2 ( u + v ) − 2uv = 2  ⇔ ⇔ uv = − ( u + v ) + 3 u + v + uv = 3    u + v = 2 ( u + v ) 2 + 2 ( u + v ) − 8 = 0   ⇔ u + v = −4 ⇔ uv = − ( u + v ) + 3 uv = − u + v + 3  ( )   u + v = −4 (VN )   uv = 7 u = 1 ⇔ ⇔  u + v = 2 v = 1.   uv = 1  x 2 = 1  x = 0 Suy ra  y ⇔ 4 = 1  y = 0.  Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là ( 0; 0 ) .  x2 −1 y y 2 −1 2 − 2 = ln (1) 11)  x  y 2 + 3 + 2 y = 3 + x (2)  Điều kiện: x > 0, y > 0. 1 x2 2 (1) ⇔ (2 − 2 y ) = ln y − ln x 2 2 2 ⇔ 2 x − 2 y = 2 ( ln y − ln x ) 2 2 ⇔ 2 x − 2 y = ln y 2 − ln x 2 2 2 ⇔ 2 x + ln x 2 = 2 y + ln y 2 Xét hàm số f (t ) = 2t + ln t ( t > 0 ) . Khi đó ta có f ( x 2 ) = f ( y 2 ). Ta có hàm số f (t ) tăng trên (0; +∞) nên suy ra f ( x 2 ) = f ( y 2 ) ⇔ x 2 = y 2 . Với x 2 = y 2 , hệ phương trình đã cho trở thành 258
 x − y = 0 x2 = y2   ⇔  x + y = 0 2  y +3 + 2 y = 3+ x 2   y +3 + 2 y = 3+ x x = y  (do x > 0, y > 0 ). ⇔ 2  x +3 = 3− x  Ta có hàm số y = 3 − x nghịch biến trên D = [0; +∞) và hàm số y = x 2 + 3 là một hàm số đồng biến trên ℝ, do đó cũng đồng biến trên D = [0; +∞). Theo tính chất của hàm số đơn điệu thì phương trình x 2 + 3 = 3 − x có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra được x = 1 là nghiệm của phương trình. Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là (1;1). x + y = 1 12)  x (I ) 2 − 2y = 2  x ( ) 2 . −2 = −2 y 2 x+ y = 2  (I ) ⇔  x ⇔ ( ) 2 − 2 = 2 y  2 + −2 = 2 x y   u = 2 x u + v = 2  Đặt  , điều kiện u > 0, v < 0. Ta có hệ , khi đó u, v là nghiệm của  u.v = −2 v = −2 y  t = 1 + 3 phương trình t 2 − 2t − 2 = 0 ⇔  . Như vậy ta có t = 1 − 3  ( )   x = log 2 1 + 3 u = 1 + 3 2 x = 1 + 3   ⇔ ⇔  ( ) v = 1 − 3  −2 = 1 − 3 y  y = log 2 3 − 1    (( )) ) ( Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là log 2 1 + 3 ; log 2 3 −1 . 23 x +1 + 2 y − 2 = 3.23 x + y (1)  13)  2  3 x + xy + 1 = x + 1(2)   x ≥ −1 x + 1 ≥ 0  (2) ⇔  2 ⇔ 3 x + xy + 1 = x + 1  x ( 3 x + y − 1) = 0  x = 0  ⇔   x ≥ −1   y = 1 − 3x  259
+ Với x = 0, thay vào (1) ta được 8 8 2 + 2 y − 2 = 3.2 y ⇔ 8 + 2 y = 12.2 y ⇔ 2 y = ⇔ y = log 2 . 11 11  x ≥ −1 + Với  , thay y = 1 − 3 x vào (1) ta được  y = 1 − 3x 1 2 23 x +1 + 2 −3 x −1 = 6 ⇔ 23 x +1 + 3 x +1 = 6 ⇔ ( 23 x +1 ) − 6.23 x +1 + 1 = 0 2 2 3 x +1 = 3+2 2 ⇔ 3 x +1 2 = 3−2 2  1 Do điều kiện x ≥ −1 nên 23 x +1 ≥ vì vậy ta chọn 23 x +1 = 3 + 2 2. Ta có 4 ( ) 23 x +1 = 3 + 2 2 ⇔ 3 x + 1 = log 2 3 + 2 2 3+2 2  1 1 ( ) ⇔ x =  log 2 3 + 2 2 − 1 = log 2     3 3 2  ( ) ⇒ y = 2 − log 2 3 + 2 2 . Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là 11   1   ( ) ( )  0;log 2  ,  log 2 3 + 2 2 − 1 ; 2 − log 2 3 + 2 2  . 8  3    32 x + 2 + 22 y + 2 = 17  14)  x +1 (I ) 2.3 + 3.2 = 8 y  u = 3x  Đặt  , điều kiện: u , v > 0. v = 2 y  Khi đó hệ phương trình ( I ) được biến đổ i về dạng   8 − 3v 2 25v 2 − 48v − 4 = 0 2 9   + 4v = 17 9u 2 + 4v 2 = 17   ⇔  6  ⇔  8 − 3v 6u + 3v = 8 u = u = 8 − 3v  6   6 2  1  v = 2 ∨ v = − 25 u =  3 ⇔ ⇔ u = 8 − 3v v = 2, ( v > 0 )    6 x 1 3 =  x = −1 . Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( −1;1) . Như vậy ta được  3⇔ y =1 2 y = 2  260
( ) V.6. 1) log 3 3x − 8 = 2 − x Phương trình đã cho tương đương với 9 3x − 8 = 32− x ⇔ 3x − 8 = 3x ⇔ (3x ) 2 − 8.3x − 9 = 0  3 x = −1 ⇔ 3x = 9 ⇔ x = 2 . ⇔ x 3 = 9  Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 2. 2) log x −1 3 = 2(1) x −1 > 0 x > 1 Điều kiện:  ⇔ x −1 ≠ 1 x ≠ 2 x = 1+ 3 (1) ⇔ ( x − 1)2 = 3 ⇔ x 2 − 2 x + 1 = 3 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔  x = 1− 3  Ta chọn x = 1 + 3 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 1 + 3. log 2 (9 − 2 x ) 3) = 1(1) 3− x x ≠ 3 x ≠ 3 Điều kiện:  ⇔  x < log 2 9 9 − 2 > 0 x 8 (1) ⇔ log 2 (9 − 2 x ) = 3 − x ⇔ (9 − 2 x ) = 2(3− x ) ⇔ 9 − 2 x = 2x  2x = 1 x = 0 2 () ⇔2 − 9.2 + 8 = 0 ⇔  x x x ⇔ x = 3 2 = 8  Ta chọn x = 0. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 0. 1 1 log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 8)8 = log 2 (4 x)(1) 4) 2 4 x + 3 > 0  x > −3 x > 0   Điều kiện:  x − 8 ≠ 0 ⇔  x ≠ 8 ⇔  x ≠ 8 4 x > 0 x > 0   1 (1) ⇔ log 2 ( x + 3) + log 2 ( x − 8)8 = log 2 (4 x ) 8 261